高考物理--电磁感应中的动力学问题(答案)

1第61课时电磁感应中的动力学问题(题型研究课)[命题者说]电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点，这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。感应电流受安培力而影响导体棒的运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。(一)运动切割类动力学问题[例1][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ma＝F－μmg①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，杆中的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0Fm－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＝ER⑤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，由牛顿运动定律得F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝B2l2t0m。⑧[答案](1)Blt0Fm－μg(2)B2l2t0m考法2双杆模型[例2][思路点拨](1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。(2)导体棒ab运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。[解析](1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2)①感应电流为I＝E2R②对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2③当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时2a1＝a2④解得a1＝a2＝F2m⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。[答案]见解析两类双杆模型对比类型模型运动图像运动过程分析方法不受外力杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0受到恒力开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝F2m考法3含电容器问题[例3][解析](1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU③联立①②③式得Q＝CBLv④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F1＝BLi⑤3设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQΔt⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有a＝ΔvΔt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F2＝μFN⑨式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F1－F2＝ma⑪联立⑤至⑪式得a＝msinθ－μcosθm＋B2L2Cg⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t时刻金属棒的速度大小为v＝msinθ－μcosθm＋B2L2Cgt⑬[答案](1)Q＝CBLv(2)v＝msinθ－μcosθm＋B2L2Cgt这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流，漏掉导体棒所受的安培力，影响加速度的计算和导体棒运动情况的判断。[集训冲关]1.解析：(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv导体棒做匀速运动，F＝F安又F安＝BIL，其中I＝ER在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝B2L2v2RΔt电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝B2L2v2RΔt可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm4电源与电阻所在回路的电流I＝E－Ur电源的输出功率P＝UI＝EBLvm－B2L2vm2r。(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U由电容器的U­t图像可知U＝U1t1t导体棒的速度随时间变化的关系为v＝U1BLt1t可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝U1BLt1由C＝QU和I＝Qt，得I＝CUt＝CU1t1由牛顿第二定律有F－BIL＝ma可得F＝BLCU1t1＋mU1BLt1。答案：(1)见解析(2)EBLvm－B2L2vm2r(3)BLCU1t1＋mU1BLt12.解析：(1)AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，对AB杆：3mg＝2T对CD杆：2T＝mg＋BIL又F＝BIL＝B2L2v12R，解得：v1＝4mgRB2L2。(2)AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：(3m－m)gh－2Q＝12×4mv12h＝mv12＋Qmg＝16m3g2R2＋QB4L4mgB4L4q＝IΔt＝ΔΦ2R＝BLh2R＝16m3g2R2＋QB4L42RmgB3L3(3)AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB杆：3mg＝2T＋BIL对CD杆：2T＝mg＋BIL又F＝BIL＝B2L2v2R，解得v2＝mgRB2L2所以mgRB2L2＜v2＜4mgRB2L2答案：(1)v1＝4mgRB2L25(2)h＝mv12＋Qmg＝16m3g2R2＋QB4L4mgB4L4q＝16m3g2R2＋QB4L42RmgB3L3(3)mgRB2L2＜v2＜4mgRB2L2(二)变化磁场类动力学问题[典例][解析](1)t＝0时刻线框中的感应电动势E0＝ΔBΔtL2功率P＝E02R解得P＝k2L4R。(2)由动能定理有W＝ΔEk解得W＝12mv2穿出过程线框中的平均电动势E＝ΔΦΔt线框中的电流I＝ER通过的电量q＝IΔt解得q＝B0L2R。(3)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势E＝nΔΦΔt线框的总电阻R总＝nR线框中的电流I＝ER总t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(nm＋M)a解得a＝kB0L3Mn＋mR，可知n越大，a越大。[答案](1)k2L4R(2)12mv2B0L2R(3)见解析磁场变化类电磁感应问题的解题方法6(1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。(2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。(3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。(4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。[集训冲关]解析：(1)由法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt得E＝nΔBΔt×12π×r2＝10×2π×12π×0.52V＝2.5V小灯泡正常发光，有P＝I2R由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)则有P＝ER0＋R2R，代入数据解得R＝1.25Ω。(2)对线框受力分析如图设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B′由力的平衡条件有mgsinθ＝F安＋Ff＝F安＋μmgcosθF安＝nB′I×2r联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4T由B′＝2－2πt，得线框在斜面上可保持静止的时间t＝1.62/πs＝4π5s小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25×4π5J＝3.1J。答案：(1)1.25Ω(2)3.1J[课时达标检测]一、选择题1.解析：选B金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F＝BLvmRLB，对金属杆列平衡方程式：mgsinα＝B2L2vmR，则vm＝mgsinα·RB2L2。由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。72.解析：选C当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错误，C正确；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错误。3.解析：选AC由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，A正确；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有2mam＝mg，最大加速度：am＝g2，B错误；对导体棒与物块组成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即B2l2vm2R＝mg，所以vm＝2mgRB2l2，C正确；通过电阻R的电荷量q＝ΔΦ2R＝Blh2R，D错误。4.解析：选BC对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝23F，C正确。二、计算题5.解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有F＝BIL1＝MgI＝ERE＝ΔΦΔt＝L1L2·ΔBΔtB＝B0＋ΔBΔtt联立以上各式，代入数据解得t＝5s。答案：5s6.解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝Fm＝0.010.02m/s2＝0.5m/s28t＝vt－v0a＝100.5s＝20s。(2)导线ab保持以10m/s的速度运动，受到的安培力F安＝BIL＝B2L2vR＋r＝0.16N安培力与拉力F是一对平衡力，故F＝0.16N。答案：(1)20s(2)0.16N7.解析：(1)对于导体棒cd，由于做匀加速运动，则有：v1＝at，由E＝BLv可知：E＝BLat对于电容器，由C＝QU可知：Q＝CU＝CBLat，对于闭合回路，由I＝Qt可知：I＝CBLa对于导体棒，由F安＝BIL可知：F安＝B2L2Ca①由牛顿第二定律可知：F－F安＝ma，F＝(m＋B2L2C)a，因此对于外力F来说，是一个恒定的外力，不随时间变化。(2)对于导体棒cd，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有：W安＝－F安x②x＝12at2③由①②③式得：W安＝B2L2a2t2C2，所以在t秒内转化为电场能的能量为：E＝B2L2a2t2C2。答案：(1)F＝(m＋B2L2C)a，为恒力，不随时间t变化(2)B2L2a2t2C28.解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ－F安＝0F安＝BILI＝ER＋rE＝BLvm由以上各式代入数据解得vm＝2.0m/s。(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR＝I2R，解得：PR＝3W。9(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x由能量守恒定律：mgxsinθ＝μmgxcosθ＋QR＋Qr＋12mvm2根据焦耳定律QRQr＝Rr，解得x＝2.0m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔtΔΦ＝BLx，解得q＝BLxR＋r＝1.0C。答案：(1)2.0m