搜索
10电磁感应专题四电磁感应中的动力学和能量综合问题考点突破1．导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析．(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．2．力学对象和电学对象的相互关系3．用牛顿运动定律处理电磁感应问题的基本思路题型1平衡状态的分析与计算【例1】(2019年大连模拟)如图4－1所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的导轨间距为3L，导轨平面与水平面的夹角为30°，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中．金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面向上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd处于静止状态，则F的大小为()图4－1A.23mgB．mgC.43mgD.32mg【解析】设ab杆向上做切割磁感线运动时，产生感应电流大小为I，受到安培力大小为：F安＝BIL，对于cd，由平衡条件有：BI·3L＝mgsin30°，对于ab杆，由平衡条件有：F＝mgsin30°＋BIL，综上可得：F＝23mg，故A正确．【答案】A题型2非平衡状态的分析与计算【例2】(2019年安徽模拟)如图4－2所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行．图4－2(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.【解析】(1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0通过R的电流大小I1＝E1R＋r＝BLv0R＋r电流方向为b→a.(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv感应电流I2＝E2R＋r＝BLvR＋r导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝B2L2vR＋r，方向沿斜面向上．根据牛顿第二定律有mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－B2L2vm（R＋r）.【答案】(1)BLv0R＋rb→a(2)gsinθ－B2L2vm（R＋r）变式训练1(多选)如图4－3所示平行的金属双轨与电路处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，一金属杆放在金属双轨上，在恒定外力F作用下做匀速运动，则在开关S()图4－3A．闭合瞬间通过金属杆的电流增大B．闭合瞬间通过金属杆的电流减小C．闭合后金属杆先减速后匀速D．闭合后金属杆先加速后匀速解析：金属杆做切割磁感线运动，相当于电源．在开关S闭合瞬间，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增加，即通过金属杆的电流增加，故A正确，B错误；开关S闭合前，拉力和安培力平衡，开关S闭合后，电流增加，根据安培力公式F＝BIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金属杆做减速运动，感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度减小到最小值，最后匀速运动，故C正确，D错误．答案：AC1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量(2)求解焦耳热Q的三种方法焦耳热Q的三种求法焦耳定律：Q＝I2Rt功能关系：Q＝W克服安培力能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量2．求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．题型1单棒问题【例3】(2019年洛阳五校联考)如图4－4甲所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L＝0.2m，左端连接阻值R＝0.4Ω的电阻．质量m＝0.1kg的导体棒ab垂直跨放在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2.从t＝0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．除R以外其余部分的电阻均不计，重力加速度g取10m/s2.图4－4Ⅰ.若电动机保持恒定功率输出，棒的v－t图象如图4－4乙所示(其中OA是曲线，AB是直线)，已知0～10s内电阻R上产生的热量Q＝30J，求：(1)导体棒达到最大速度vm时牵引力大小；(2)导体棒从静止开始达到最大速度vm时的位移大小．Ⅱ.若电动机保持恒定牵引力F＝0.3N，且将电阻换为C＝10F的电容器(耐压值足够大)，如图4－4丙所示，求：(3)t＝10s时牵引力的功率．【解析】(1)当导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，沿导轨方向有F－F安－f＝0，摩擦力f＝μmg＝0.2×0.1×10N＝0.2N，感应电动势E＝BLvm，感应电流I＝ER，安培力F安＝BIL＝B2L2vmR＝0.25N，此时牵引力F＝F安＋f＝0.45N.(2)电动机的功率P＝Fvm＝0.45×10W＝4.5W.电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热及克服摩擦力做功产生的内能之和，有Pt＝12mv2m＋f·x＋Q.解得位移x＝Pt－Q－12mv2mf＝50m.(3)当导体棒的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，由C＝QU可知，此时电容器极板上的电荷量Q＝CE＝CBLv，设在一小段时间Δt内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为Δv，电容器极板上增加的电荷量为ΔQ＝CBL·Δv.根据电流的定义式I＝ΔQΔt＝CBL·ΔvΔt＝CBLa.对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有F－f－BIL＝ma.将I＝CBLa代入上式可得a＝F－fm＋CB2L2＝0.5m/s2，可知导体棒的加速度与时间无关，为一个定值，即导体棒做匀加速运动．在t＝10s时，v＝at＝5m/s，此时牵引力的功率P＝Fv＝0.3×5W＝1.5W.【答案】(1)0.45N(2)50m(3)1.5W题型2双棒问题【例4】(2019年日照第一中学检测)(多选)如图4－5所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则()图4－5A．ab棒中的电流方向由b到aB．cd棒先做加速运动后做匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值大于其重力D．力F做的功等于两棒产生的电热与增加的机械能之和【解析】ab棒向上运动的过程中，穿过闭合回路abcd的磁通量增大，根据楞次定律可得，ab棒中的感应电流方向为b→a，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域磁场向下，所受的安培力向里，cd棒所受的滑动摩擦力向上．ab棒做匀加速运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先做加速运动后做减速运动，最后停止运动，故B错误、C正确；根据动能定理可得WF－Wf－W安培－WG＝12mv2－0，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D错误．【答案】AC题型3电磁感应中线圈穿过磁场问题【例5】(2019年上海虹口一模)(多选)如图4－6所示的光滑水平面上，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，其宽度均为s，区域Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为L＝3s的无磁场区域，一质量为m、边长为s的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域Ⅰ左边界s处由静止开始做匀加速直线运动，假设线框能匀速地通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，则下列说法正确的是()图4－6A．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比为1∶3B．区域Ⅰ与区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小之比为3∶1C．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程产生的热量相等D．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量相等【解析】由运动学公式v1＝2as，v2＝2a·3s＝6as，线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比v1v2＝1∶3，故A正确；通过区域Ⅰ时，能匀速通过，说明受到的安培力等于外力，即F安＝B1Is＝B21·s2v1R，在区域Ⅰ和Ⅱ之间运动时，线框做加速运动，所以进入磁场区域Ⅱ时线框的速度大于进入磁场区域Ⅰ时的速度，因为线框能匀速通过磁场Ⅱ，所以F安＝B22·s2v2R，有B22·s2v2R＝B21·s2v1R，所以B1B2＝v2v1＝43∶1，B错误；两个过程中产生的热量等于外力做的功，两个过程中外力不变，相对水平面的位移均为s，所以两个过程中产生的热量相同，C正确；根据q＝ΔΦR＝BSR，可得q1＝B1s2R，q2＝B2s2R，由于两个磁场的磁感应强度不同，所以线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量不相等，D错误．【答案】AC变式训练2如图4－7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻．一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：图4－7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.解析：(1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为E－，则由法拉第电磁感应定律得E－＝ΔΦΔt，其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I－，则由闭合电路欧姆定律得I－＝E－R＋r通过电阻R的电荷量q＝I－Δt联立以上各式，代入数据解得q＝4.5C.(2)设撤去外力时棒的速度为v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2＝2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，由动能定理得W＝0－12mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W代入数据解得Q2＝1.8J.(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2＝5.4J.答案：(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J变式训练3(2019年四川成都二诊)如图4－8所示，水平面上固定着两根相距为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()图4－8A．回路中的最大电流为BILmRB．铜棒b的最大加速度为B2IL22m2RC．铜棒b获得的最大速度为ImD．回路中产生的总焦耳热为I22m解析：给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，由动量定理可知铜棒a的初速度va＝Im，此时回路中感应电动势最大，感应电流最大，最大感应电动势E＝BLva＝BLIm，回路中最大的感应电流i＝E2R＝BIL2Rm，A错误；铜棒b所受的最大安培力，F＝BiL＝B2L2I2Rm，根据牛顿第二定律F＝ma，可解得铜棒b的最大加速度a＝Fm＝B2L2I2Rm2，B正确；由于导轨足够长，对铜棒a、b组成的系统，动量守恒，最终二者速度相等，由动量守恒定律