高中物理鲁科版学案第十章电磁感应中的动力学和能量问题

能力课2电磁感应中的动力学和能量问题电磁感应中的动力学问题1．两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.电学对象与力学对象的转换及关系eq\a\vs4\al(【模拟示例1】)(2017·山东济宁市模拟)如图1所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：图1(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离s＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。解析(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gssinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2⑦由串联电路规律有Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总⑧联立解得：Q＝1.3J⑨答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J【拓展延伸】在【模拟示例1】中若两平行金属导轨光滑，两区域中磁场方向均垂直导轨平面向上，其他条件不变。现对金属条ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动。在金属条ab匀速向上运动的过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上。求：(1)通过导体棒cd的电流I；(2)金属条ab受到的拉力F的大小；(3)导体棒cd每产生Q＝10J的热量，拉力F做的功W。解析(1)对cd棒受力分析如图所示根据平衡条件得：BIL＝m2gsin30°所以I＝10A(2)对ab受力分析如图则F－m1gsin30°－BIL＝0代入数据得：F＝2.5N(3)因为R1＝R2，所以Q＝10J时Q总＝20J根据Q总＝eq\f(B2L2v2,R1＋R2)当Q＝10J时，由Q＝I2R2t得t＝1s又因R1＝R2所以Q总＝20JQ总＝eq\f(B2L2v2,R1＋R2)t代入数据得：v＝10m/s则W＝Fvt＝2.5×10×1J＝25J答案(1)10A(2)2.5N(3)25J方法技巧用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：eq\a\vs4\al(【变式训练1】)足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin37°＝0.6)，间距为1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T，P、M间所接电阻的阻值为8Ω。质量为2kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g＝10m/s2，求：图2(1)当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0m时，通过金属杆的电荷量。解析(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有：F＋mgsinθ－F安－f＝maf＝μNN＝mgcosθab杆所受安培力大小为：F安＝BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLv由闭合电路欧姆定律可知：I＝eq\f(E,R)整理得：F＋mgsinθ－eq\f(B2L2,R)v－μmgcosθ＝ma代入：vm＝8m/s时a＝0，解得：F＝8N代入：v＝4m/s及F＝8N，解得：a＝4m/s2(2)设通过回路截面的电荷量为q，则：q＝eq\o(I,\s\up6(－))t回路中的平均电流强度为：eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)回路中产生的平均感应电动势为：eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)回路中的磁通量变化量为：ΔΦ＝BLs联立解得：q＝3C答案(1)4m/s2(2)3C电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。eq\a\vs4\al(【模拟示例2】)(2017·湖南宜章一中模拟)如图3，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为eq\f(h,4)，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H＞h)，线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。图3(1)求v1与v2的比值；(2)写出H与h的关系式；(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量。(用m、h、g表示)思路分析线框的速度线框的感应电动势感应电流线框的安培力二力平衡速度v1与v2的比值功能关系(安培力做功)摩擦产生的热量。解析(1)金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh＝mg①又金属线框切割磁感线，则I＝eq\f(Bhv,R)②联立①②得v＝eq\f(mgR,B2h)所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(Beq\o\al(2,2),Beq\o\al(2,1))＝eq\f(1,4)。③(2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有veq\o\al(2,1)＝2g·eq\f(h,4)④veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2g(H－h)⑤联立③④⑤得H＝eq\f(19h,4)。⑥(3)产生的热量等于克服安培力做功，Q＝BIh·4h⑦联立①⑦得Q＝4mgh。答案(1)1∶4(2)H＝eq\f(19h,4)(3)4mgh【拓展延伸】在【模拟示例2】中把正方形金属线框abcd的运动改为“始终做加速度为g的匀加速直线运动，有时需对线框施加竖直方向的外力F，且H＝2h，线框的电阻为R”。求：(1)当正方形金属线框abcd的bc边恰好进入磁场B2时的竖直外力F；(2)当正方形金属线框abcd从静止开始运动到bc边离开磁场B1，通过线框a点的电荷量Q。解析(1)bc边恰好进入磁场B2时的速度v＝eq\r(2g·\f(13h,4))＝eq\r(\f(13gh,2))，此时的安培力F安＝B2Ih＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h2,R)eq\r(\f(13gh,2))由牛顿第二定律得mg＋F－F安＝mg则竖直外力F＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h2,R)eq\r(\f(13gh,2))。(2)由法拉第电磁感应定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，则平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,R)通过线框a点的电荷量Q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bh2,R)。答案(1)eq\f(Beq\o\al(2,0)h2,R)eq\r(\f(13gh,2))(2)eq\f(Bh2,R)反思总结在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及变力做功问题，一般应用能量守恒的方法研究，可不必追究变力作用下运动的细节问题；若涉及恒力或恒定加速度，一般用动力学的观点研究，可以研究运动的细节问题。

eq\a\vs4\al(【变式训练2】)如图4所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16Ω。一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内。线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6m。现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v＝4.0m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。图4(1)线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb为多少？(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？(3)若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度做连续的匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6J，求eb边上产生的焦耳热Qeb为多少？解析(1)线框eb边以v＝4.0m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1.6Ve、b两点间的电势差Ueb＝eq\f(3,4)E＝1.2V。(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F安＝BLI，I＝eq\f(E,R)，解得F安＝4N克服安培力做功W安＝F安·2L＝3.2J而Q＝W安，故该过程中产生的焦耳热Q＝3.2J(3)因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功WF等于整个线框中产生的焦耳热Q′，即WF＝Q′又Q＝I2rt∝r，故eb边上产生的焦耳热Qeb＝eq\f(1,4)Q′＝0.9J。答案(1)1.2V(2)3.2J(3)0.9J1．(天津理综)如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图5A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2解析设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝(eq\f(Bl1v,R))2·R·eq\f(l2,v)＝eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2v,R)＝eq\f(B2l1l2v,R)l1。由于lab＞lbc，所以Q1＞Q2。通过线框导体横截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)，故q1＝q2，A选项正确。答案A2．(2016·全国卷Ⅱ，24)如图6，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求图6(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值。解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧答案(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)3．如图7所示，倾角θ＝60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r。在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻。质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速度大小vC＝eq\r(6gr)，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：