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专题讲座九电磁感应的综合应用(二)核心探究演练提升核心探究分类探究·各个击破考点一电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.【典例1】(2016·浙江卷,24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=0.50m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05Ω的电阻.在导轨间长d=0.56m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0T.质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m.一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;〚核心点拨〛(1)健身者用恒力拉杆所做的功用W=Fx求得.CD棒进入磁场前重力和拉力做功.解析:(1)根据动能定理得Fs-mgssinθ=12mv2,则v=2sinFsmgm=2.4m/s.答案:(1)2.4m/s(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;〚核心点拨〛(2)确定CD棒在磁场中的运动性质.解析:(2)感应电动势E=Blv,感应电流I=BlvR,安培力FA=IBl,代入得FA=2BlvR=48N.答案:(2)48N(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.〚核心点拨〛(3)由功能关系或焦耳定律求焦耳热.解析:(3)CD棒进入磁场过程中沿轨道方向有F合=F-mgsinθ-FA=0,即做匀速运动.根据功能关系,在拉升CD棒的过程中,有F(s+d)=ΔE+Q,即Q=F(s+d)=mg(s+d)sinθ+12mv2=26.88J答案:(3)64J26.88方法技巧求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.多维训练BC1.[用能量守恒求焦耳热](多选)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两根质量均为m,电阻均为R(其余部分电阻不计)的导体棒ab和cd,构成矩形回路.在整个导轨平面内都有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场,如图所示,设两导体棒均可沿导轨无摩擦滑行.开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动过程中始终不接触,则()A.棒ab,cd在运动过程中,回路中一定有感应电流B.当棒ab,cd的运动稳定后,棒ab,cd有共同速度v=C.在运动过程中,产生的焦耳热最多为Q=D.在运动过程中,安培力对棒cd做的功数值上等于回路中的电能02v204mv解析:根据法拉第电磁感应定律可知,只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流,两棒速度相等后,穿过回路的磁通量不变,回路中将不再有感应电流,所以A错误.根据题意最终两棒的速度相等,由动量守恒定律应有mv0=(m+m)v,解得v=02v,故B正确.根据能量守恒定律,在运动过程中产生的热量为Q=12m20v-12·2m·v2,解得Q=14m20v,故C正确.根据动能定理可知,安培力对cd棒做的功等于cd棒增加的动能,即W=12mv2=18m20v,而回路中的电能应等于产生的热量Q=14m20v,所以D错误.2.[用功能关系求焦耳热]用密度为d、电阻率为ρ粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N,边长均为L.线框M,N的导线横截面积分别为S1,S2,S1S2,如图所示.均强磁场仅存在于相对磁极之间,磁感应强度大小为B,其他地方的磁场忽略不计.金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间,线框平面与磁场方向平行,开始运动时可认为M的aa′边和bb′边都处在磁场中.线框N在线框M的正上方,与线框M相距为h,两线框均从静止开始同时释放,其平面在下落过程中保持水平,设磁场区域在竖直方向足够长,不计空气阻力及两线框间的相互作用.解析:(1)线框N进入磁场前由动能定理得mgh=12m21v.刚进入磁场时切割磁感线,有E=2BLv1,由闭合电路欧姆定律可得IN=NER,由电阻定律可得RN=ρ24LS由以上各式可得IN=222BSgh.(1)求线框N刚进入磁场时产生的感应电流大小;答案:(1)222BSgh解析:(2)以线框M为研究对象,当线框在磁场中运动达到匀速时,设速度为v2,线框所受重力G=mg=4LSdg安培力F=2BIL均速时受力平衡G=F,由以上各式可得v2=24dgB,由上式可知匀速运动速度与导线横截面积无关,所以两线框匀速运动速度相同,均为v2.由此可知当线框N恰好追上M时,两者速度相等可得Q=4LS2dg(h+H)-3222432LSdgB.(2)在下落过程中,若线框N恰能追上线框M.追上时线框M下落高度为H,追上线框M之前线框N一直做减速运动,求该过程中线框N产生的焦耳热;答案:(2)4LS2dg(h+H)-3222432LSdgB解析:(3)线框释放后二者先后做变速运动mg-F=mg即4LSdg-2BLSv=4LSda,解得a=g-24Bvd由加速度可知,线框下落的加速度与线框的导线横截面积无关,两个线框在磁场中先后做相同的加速运动,最后均速,当两者都做匀速运动时,间距最大此时最大间距Δx=v2t=24dgtB.(3)若将线框M,N均由磁场上边界处先后释放,释放的时间间隔为t,计算两线框在运动过程中的最大距离.答案:(3)24dgtB考点二电磁感应中的动量问题电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.【典例2】(2017·潍坊二模)如图所示,固定于水平面的两足够长的光滑平行金属导轨PMN,P′M′N′,由倾斜和水平两部分在M,M′处平滑连接组成,导轨间距L=1m,水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1T.金属棒a,b垂直于倾斜导轨放置,质量均为m=0.2kg,a的电阻R1=1Ω,b的电阻R2=3Ω,a,b长度均为L=1m,棒a距水平面的高度h1=0.45m,棒b距水平面的高度为h2(h2h1);保持b棒静止,由静止释放a棒,a棒到达磁场中OO′停止运动后再由静止释放b棒,a,b与导轨接触良好且导轨电阻不计,重力加速度g=10m/s2.【审题指导】(1)求a棒进入磁场MM′时加速度的大小;题干关键获取信息足够长的光滑平行金属导轨运动过程不计摩擦金属棒a,b垂直于倾斜导轨放置金属棒与导轨组成闭合回路水平部分处于竖直向上的匀强磁场中倾斜部分无磁场a棒到达磁场中OO′停止运动后再由静止释放b棒a棒停止运动才释放b棒导轨电阻不计只考虑a,b棒的电阻b棒进入磁场后,恰好未与a棒相碰最终两棒以相同速度运动解析:(1)设a棒从释放到MM′时的速度为v1.由动能定理得mgh1=12m21v进入磁场后a棒产生的感应电动势E=BLv1.感应电流I=12ERR,对a棒,由牛顿第二定律得BIL=ma代入数据解得a=3.75m/s2.答案:(1)3.75m/s2(2)a棒从释放到OO′的过程中,求b棒产生的焦耳热;解析:(2)设a,b产生的总焦耳热为Q,由能量守恒得Q=mgh1则b棒产生的焦耳热Qb=212RRRQ=34Q,联立解得Qb=0.675J.答案:(2)0.675J(3)若MM′,OO′间的距离x=2.4m,b棒进入磁场后,恰好未与a棒相碰,求h2的值.解析:(3)设b棒到MM′时的速度为v2.由动能定理得mgh2=12m22v,b棒进入磁场后,两棒组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,设a,b一起匀速运动的速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv2=2mv设a棒经时间Δt达到v,对a,由动量定理得BiL·Δt=mv-0,则E=t,i=12ERR,联立解得h2=1.8m.答案:(3)1.8m反思总结动量在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:BIlΔt=mv2-mv1,q=It.②求时间:Ft-I冲=mv2-mv1,I冲=BIlΔt=BlR总.③求位移:-BIlΔt=-22BlvtR总=0-mv0,即-22BlR总x=m(0-v0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.多维训练1.[动量守恒和能量守恒结合](2018·成都模拟)如图所示,水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,铜棒a,b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好.现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I,关于此后的过程,下列说法正确的是()BA.回路中的最大电流为BLImRB.铜棒b的最大加速度为2222BLImRC.铜棒b获得的最大速度为ImD.回路中产生的总焦耳热为22Im解析:由题意知a获得动量I时速度最大,即va=Im,此后a在安培力作用下做减速运动,b在安培力作用下做加速运动,回路中产生的电动势E=BL(va-vb),可知a刚获得动量时回路中产生的感应电流最大,即Im=2aBLvR=2BLImR,故A错误;开始时b所受安培力最大,即Fm=BImL=222BLImR,则b棒的最大加速度am=mFm=2222BLImR,故B正确;由题意知,a棒做减速运动,b棒做加速运动,当ab速度相等时,两棒同时向右做匀速直线运动,根据动量守恒定律可知,I=2mvab,即vab=2Im,此速度亦为b棒的最大速度,故C错误;根据系统能量守恒,则有12m2av=12(m+m)2abv+Q,即Q=24Im,故D错误.2.[动量定理和能量守恒结合](2018·江西九江模拟)如图所示,光滑水平面停放一小车,车上固定一边长为L=0.5m的正方形金属线框abcd,金属框的总电阻R=0.25Ω,小车与金属框的总质量m=0.5kg.在小车的右侧,有一宽度大于金属线框边长,具有理想边界的匀强磁场,磁感应强度B=1.0T,方向水平且与线框平面垂直.现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场,当车上线框的ab边刚进入磁场时,测得小车加速度a=10m/s2.求:(1)金属框刚进入磁场时,小车的速度为多大?答案:(1)5m/s解析:(1)设小车初速度为v0,则线框刚进入磁场时,ab边由于切割磁感线产生的电动势为E=BLv0回路中的电流I=V,根据牛顿定律BIL=ma由以上三式可解得v0=5m/s.解析:(2)设线框全部进入磁场时小车速度为v1,进入过程平均电流为1I,所用时间为Δt,则1I=Rt=2BLRt根据动量定理得-B1ILΔt=mv1-mv0,解得v1=4m/s设线框离开磁场时小车速度为v2,离开过程平均电流为2I,所用时间为Δt1,则2I=1Rt=21BLRt(2)从金属框刚要进入磁场开始,到其完全离开磁场,线框中产生的焦耳热为多少?