物理高考题型电磁感应

电磁感应中的动力学问题1．导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．3．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝BlvR＋r.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝B2l2vR＋r，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.例1如图1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，磁场方向垂直斜面向下，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．图1(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杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度．答案(1)见解析图(2)BLvRgsinθ－B2L2vmR(3)mgRsinθB2L2解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝ER＝BLvR，ab杆受到的安培力F安＝BIL＝B2L2vR，根据牛顿第二定律，有ma＝mgsinθ－F安＝mgsinθ－B2L2vRa＝gsinθ－B2L2vmR(3)当a＝0时，ab杆有最大速度vm＝mgRsinθB2L2.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：(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力．(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力．(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．变式题组1．(2015·浙江10月选考·22)如图2甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T，方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g取10m/s2)图2(1)求0～0.10s线圈中的感应电动势大小．(2)t＝0.22s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向．(3)t＝0.22s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20m，求通过细杆CD的电荷量．答案(1)30V(2)C→D向上(3)0.03C解析(1)由电磁感应定律E＝nΔΦΔt得E＝nSΔB2Δt＝30V(2)电流方向C→D，B2方向向上(3)由牛顿第二定律F＝ma＝mv－0Δt(或由动量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，ΔQ＝IΔt，v2＝2gh，得ΔQ＝m2ghB1l＝0.03C.2．(2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图3(1)通过棒cd的电流Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．答案(1)B1ωl26R，方向由d到c(2)B12ω2l46R(3)6kx－x0RB1B2l3解析(1)ab顺时针转动时产生的电动势为E＝12B1ωl2由右手定则，电流方向由a到b，由闭合电路欧姆定律，总电流I＝ER＋12R＝B1ωl23R通过cd棒的电流Icd＝12I＝B1ωl26R，方向由d到c(2)电动机的输出功率P＝I2·32R＝B12ω2l46R(3)S断开时，由平衡条件kx0＝mgS闭合时，由平衡条件kx＝B2Icdl＋mg解得ω＝6kx－x0RB1B2l3.动力学和能量观点的综合应用1．力学对象和电学对象的相互关系2．解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系．(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向．(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析．(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式．(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化．3．求解焦耳热的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt(2)功能关系：Q＝W克服安培力(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量例2如图4所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图4(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)Qmg＋28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝mgR4B2l2⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝mgRB2l2⑥由⑤⑥式得v2＝4v1⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝12mv12⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝12mv22－12mv12＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l.在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：1不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热.2电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.变式题组3．如图5所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：图5(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．答案(1)FR＋rB2l2(2)F(d0＋d)－mF2R＋r22B4l4解析(1)棒在磁场中匀速运动时，有F＝FA＝BIl，再据I＝ER＋r＝BlvR＋r联立解得v＝FR＋rB2l2(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，根据能量守恒定律可得F(d0＋d)＝Q＋12mv2，解得Q＝F(d0＋d)－mF2R＋r22B4l4.4．如图6甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝1m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l＝0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量m＝0.1kg的导体棒以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10m/s2)．图6(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况；(2)计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4s内回路产生的焦耳热．答案见解析解析(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2代入数据解得t＝1s，x＝0.5m即导体棒在1s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置为x＝0.5m.(2)前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0；后2s回路产生的电动势为E＝ΔΦΔt＝ldΔBΔt＝0.1V回路的总长度为5m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5Ω电流为I＝ER＝0.2A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04J.1．如图1所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50m．轨道左端接一阻值R＝0.50Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小为B＝0.40T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.50kg的导体棒ab垂直于轨道放置．在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0N．求：图1(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；(2)导体棒的速度v＝5.0m/s时，导体棒的加速度大小．答案(1)12.5m/s(2)1.2m/s2解析(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝B2L2vmR，解得vm＝12.5m/s(2)导体棒的速度v＝5.0m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0V，导体棒上通过的感应电流大小I＝ER＝2.0A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40N，根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2m/s2.2．(2016·舟山调研)如图2所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨之间的距离为L＝0.2m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，