高二物理（人教版）学案 选择性必修二 第二章 综合融通（三）　电磁感应中的动力学、能量和动量问题

7/7综合·融通(三)电磁感应中的动力学、能量和动量问题(融会课—主题串知综合应用)应用动力学、能量和动量知识解决电磁感应问题是高考的热点。通过本节课的学习能根据电流的变化情况分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况；能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题；理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题；会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题。主题(一)电磁感应中的动力学问题1．电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2．处理此类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(2)求回路中感应电流的大小和方向。(3)分析导体受力情况(包括安培力)。(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。[例1]如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。尝试解答：/方法技巧/电磁感应中的动力学临界问题的基本思路导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up7(I＝\f(E),\s\do5(R＋r)))感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))导体受安培力→合外力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→临界状态。[针对训练]1．如图所示，两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定，轨道间距为d。P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效阻值为R。空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上。现由静止释放ab，若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：(1)ab运动的最大速度vm；(2)当ab具有最大速度时，ab消耗的电动率P；(3)为使ab向下做匀加速直线运动，在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F，推导F随时间t变化的关系式，并分析F的变化与加速度a的关系。主题(二)电磁感应中的能量问题1．电磁感应现象中的能量转化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：电能\o(→,\s\up7(转化))机械能，如电动机,做负功：机械能\o(→,\s\up7(转化))电能\o(→,\s\up7(电流),\s\do5(做功))焦耳热或,其他形式的能量，如发电机))2．焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。(2)感应电流变化时，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安。②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。3．克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联，产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR＝eq\f(R,R＋r)Q，导体棒产生的焦耳热为Qr＝eq\f(r,R＋r)Q。[例2](2024·江西宜春期末)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压为U＝3.6V的小灯泡(电阻恒定)，两导轨间有一磁感应强度大小为B＝5T、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场。现将一根长为L、质量m＝0.2kg、电阻r＝1Ω的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。已知金属棒下滑x＝6m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)金属棒稳定下滑时的速度大小；(2)金属棒从开始下滑到稳定过程中，金属棒产生的焦耳热。尝试解答：[针对训练]2.如图所示，CD、EF是两条水平放置、阻值可忽略且间距为L的足够长平行金属导轨，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲轨道上端接有一阻值为R的电阻，水平导轨所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场。将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上高为h处由静止释放，导体棒在水平导轨上运动距离d停止。已知导体棒与水平导轨接触良好，它们之间动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求导体棒从释放到最终停止过程中：(1)通过电阻R的最大电流；(2)流过电阻R的电荷量；(3)电阻R中产生的焦耳热。主题(三)动量定理在电磁感应中的应用在导体棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理求解。导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R总)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R总)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。[例3](2024·广东汕头期末)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为l，右侧导轨间距为2l，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。导体棒ab的电阻为R，导体棒cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给导体棒cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中，下列说法正确的是()A．导体棒ab最终的速度eq\f(1,3)v0B．全过程中，通过导体棒cd的电荷量为eq\f(mv0,3Bl)C．从导体棒cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为eq\f(2,3)mv02D．导体棒ab和cd组成的系统动量守恒听课记录：[针对训练]3．(多选)如图，光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨上端接有定值电阻R，垂直于导轨的虚线b、c间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，一金属棒与导轨垂直放置。金属棒第一次在图中a1位置由静止释放，恰好能匀速通过磁场；第二次在图中a2位置由静止释放，出磁场前金属棒已匀速。金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒和导轨的电阻不计，则金属棒通过磁场的过程中，第二次与第一次相比()A．通过磁场的时间短B．通过电阻R的电量小C．电阻R上产生的焦耳热大D．金属棒受到的安培力冲量大主题(四)动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。[例4]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于金属棒P的左侧，以大小为v0的速度向金属棒P运动并与金属棒P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，金属棒P和绝缘棒Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。金属棒P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，金属棒P与绝缘棒Q始终平行。不计空气阻力。求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量。尝试解答：[针对训练]4.(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是()综合·融通(三)电磁感应中的动力学、能量和动量问题主题(一)[例1]解析：(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；电流方向由a→b，安培力F安方向沿导轨向上。(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，则此时电路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab杆受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝ma联立各式解得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)。(3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm，即有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)。答案：(1)见解析图(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)[针对训练]1．解析：(1)ab具有最大速度时处于平衡状态，受力分析如图甲所示。由平衡条件得mgsinθ＝FA又FA＝IdB由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(Bdvm,2R)联立解得vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2d2)。(2)由P＝I2R，I＝eq\f(Bdvm,2R)解得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,Bd)))2R。(3)ab做匀加速直线运动时，设F沿轨道向下，受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律得F＋mgsinθ－FA′＝ma又FA′＝I′dBI′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(Bdv,2R)v＝at联立可得F＝eq\f(B2d2a,2R)t＋ma－mgsinθ可见F的大小随时间t呈线性变化。a．当a<gsinθ时，F的方向先沿轨道向上，大小由mgsinθ－ma开始减小到零，随后F的方向沿轨道向下，大小从零开始增大。b．当a＝gsinθ时，F的方向沿轨道向下，大小从零开始增大。c．当a>gsinθ时，F的方向沿轨道向下，大小从ma－mgsinθ开始增大。答案：(1)eq\f(2mgRsinθ,B2d2)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,Bd)))2R(3)F＝eq\f(B2d2a,2R)t＋ma－mgsinθ见解析主题(二)[例2]解析：(1)设金属棒稳定下滑时的速度大小为v，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E－U,r)感应电动势E＝BLv联立解得v＝4m/s。(2)金属棒从开始下滑到稳定过程中，由能量守恒定律得mgsinθ·x＝μmgcosθ·x＋eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝0.8J灯泡的电阻为R＝eq\f(U,I)＝9Ω则金属棒产生的焦耳热为Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝0.08J。答案：(1)4m/s(2)0.08J[针对训练]2．解析：(1)设导体棒到达水平面时的速度大小为v，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，则v＝eq\r(2gh)导体棒刚到水平面的速度为切割磁感线的最大速度，因此导体棒中的最大感应电动势为E＝BLv通过电阻R的最大电流为I＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)。(2)通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),2R)t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)。(3)全过程由能量守恒定律得mgh＝μmgd＋Q电阻R中产生的焦耳热QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)。答案：(1)eq\f(BL\r(2gh),2R)(2)eq\f(BLd,2R)(3)eq\f(1,2)mg(h－μd)主题(三)[例3]选C当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有Blvab＝B·2lvcd，对导体棒ab，由动量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mvab，对导体棒cd，由动量定理可得－Beq\o(I,\s\up6(－))·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得vab＝eq\f(2v0,3)，vcd＝eq\f(v0,3)，故A错误；对导体棒cd，全过程中，通过的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，又－Beq\o(I,\s\up6(－))·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得q＝eq\f(2mv0,3Bl)，故B错误；由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)·2mv02－eq\f(1,2)·2mvcd2－eq\f(1,2)mvab2，解得Q＝eq\f(2mv02,3)，故C正确；导体棒ab和cd的长度不一样，所以其受到的安培力大小不相等，导体棒ab和cd组成的系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故D错误。[针对训练]3．选AC由机械能守恒定律可知，金属棒第二次运动到虚线b的速度大于第一次运动到虚线b的速度，由于金属棒第一次匀速通过磁场，则金属棒第二次通过磁场的平均速度比第一次大，金属棒第二次通过磁场的时间比第一次短，故A正确；由q＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)可知，由于两次ΔΦ相同，因此两次通过电阻R的电量相等，故B错误；根据能量守恒定律可知，电阻R上产生的焦耳热等于金属棒减少的机械能，由于第二次减少的机械能多，因此第二次与第一次相比，电阻R上产生的焦耳热大，故C正确；安培力的冲量I＝Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝BqL，因此两次金属棒受到的安培力冲量大小相等，故D