高考物理一轮复习第10章电磁感应第5课时电磁感应中的动力学问题学案

这是一份高考物理一轮复习第10章电磁感应第5课时电磁感应中的动力学问题学案，共10页。

电磁感应动力学问题的解题策略
题型1 “杆”在磁场中平衡
[例1](2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
[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
F－μmg＝ma
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＝at0
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＝Blv
解得E＝Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg))。
(2)设金属杆在磁场区域中做匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝eq \f(E,R)
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f＝BlI
因金属杆做匀速运动，由牛顿第二定律得
F－μmg－f＝0
解得R＝eq \f(B2l2t0,m)。
[答案] (1)Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg)) (2)eq \f(B2l2t0,m)
题型2 “杆”在磁场中做变速运动
[例2] 如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°角，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到eq \f(1,vm)­eq \f(1,R)图像如图乙所示。取g＝10 m/s2。求：
(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；
(2)当电阻箱R取2 Ω，且金属棒的加速度为eq \f(g,4)时，金属棒的速度大小。
[解析] (1)金属棒以最大速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有E＝Blvm，
由闭合电路欧姆定律有E＝Ieq \f(RR0,R＋R0)，
根据平衡条件有BIl＝mgsin θ，
由以上各式整理得eq \f(1,vm)＝eq \f(B2l2,mgsin θ)·eq \f(1,R)＋eq \f(B2l2,mgsin θ)·eq \f(1,R0)，
由eq \f(1,vm)­eq \f(1,R)图像可知eq \f(B2l2,mgsin θ)＝1 m－1·s·Ω，eq \f(B2l2,mgsin θ)·eq \f(1,R0)＝0.5 m－1·s，
解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω。
(2)设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有E′＝I′eq \f(RR0,R＋R0)，又E′＝Blv，
当金属棒下滑的加速度为eq \f(g,4)时，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BI′l＝m·eq \f(g,4)，
联立解得v＝0.5 m/s。
[答案] (1)0.2 kg 2 Ω (2)0.5 m/s
[集训冲关]
1. (2020·全国卷Ⅰ)(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后( )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
解析：选BC 用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流I，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有F－BIL＝Ma1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律有BIL＝ma2。设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv－v′,R)，F安＝BIL，可得金属框bc边和导体棒MN所受的安培力均为F安＝eq \f(B2L2v－v′,R)，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝eq \f(F－F安,M)－eq \f(F安,m)＝eq \f(F,M)－F安eq \f(1,M)＋eq \f(1,m)，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，eq \f(F,M)＝eq \f(B2L2v－v′,R)·eq \f(1,M)＋eq \f(1,m)，之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝eq \f(FRm,B2L2m＋M)，保持不变。由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝eq \f(B2L2v－v′,R)趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；由于导体棒的速度小于金属框的速度，导体棒到金属框bc边的距离随时间的增大而增大，选项D错误。
2. (2021·聊城模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m的小物块，另一端平行于斜面系在质量为m的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g。
(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；
(2)若金属棒速度为v0且距离导轨底端x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式。
解析：(1)金属棒匀速运动时，对物块：FT＝mg，
对金属棒有：FA＋mgsin 30°＝FT
又：FA＝B0IL
由欧姆定律：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0Lv,R)
联立解得：v＝eq \f(mgR,2B02L2)。
(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力
对金属棒：T－mgsin 30°＝ma
对物块：mg－T＝ma
回路中无电流，回路中的磁通量不变，
则：B0Lx＝BLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋v0t＋\f(1,2)at2))
联立解得：B＝eq \f(8B0x,8x＋8v0t＋gt2)。
答案：(1)eq \f(mgR,2B02L2) (2)B＝eq \f(8B0x,8x＋8v0t＋gt2)
命题视角二 “杆＋导轨＋电容器”模型

[典例] (多选)如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，倾角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现由静止释放金属棒ab，假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是( )
A．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
B．金属棒ab匀加速下滑
C．金属棒ab最终可能匀速下滑
D．金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能
[解题指导]
(1)只有棒的速度增大时，才有充电电流；
(2)回路中的电流I＝eq \f(Δq,Δt)；
(3)电容器充电后会储存电能。
[解析] 金属棒ab下滑过程中，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出导体棒a端为正极，所以M板电势高于N板电势，选项A正确；金属棒ab下滑过程中由于产生感应电动势和感应电流，对电容器充电，由I＝eq \f(Δq,Δt)，C＝eq \f(Δq,ΔU)，ΔU＝BLΔv，金属棒ab受到安培力F＝BIL，对金属棒受力分析，有mgsin θ－F＝ma，联立解得a＝eq \f(mgsin θ,m＋CB2L2)，加速度为恒量，说明金属棒ab下滑时做加速度恒定的匀加速运动，选项B正确，C错误；金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能和电容器储存的电能之和，选项D错误。
[答案] AB
[集训冲关]
1．(2021年1月新高考8省联考·江苏卷)如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则( )
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于 L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于 L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
解析：选D 电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，则L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到安培力作用，则导体棒向右运动，运动稳定后，两导体棒产生的电动势等于电容器两端的电压，此时电容器C的电荷量不为零，导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，故C错误，D正确。
2．如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场。在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v­t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小。
解析：(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s，
对应的感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)，
当导体棒的速度达到最大时，之后做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝eq \r(\f(mgR＋rsin θ,L2vm))＝2 T。
(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知，
Qab∶QR＝1∶3，
则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq \f(1,3)×21 J＝7 J，
导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s，
此时感应电动势E1＝BLv1，
感应电流I1＝eq \f(E1,R＋r)，
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/s2。
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，
根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma2，
感应电流I＝eq \f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq \f(Δv,Δt)，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，ab棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度v2＝a2t＝4 m/s。
答案：(1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s
情景一
情景二
说明
质量为m的导体杆在水平轨道上静止不动，回路中B均匀变化
轨道水平，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，杆在F作用下匀速运动
示意图
力学分析
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，I＝eq \f(E,R)，F安＝Ff静
E＝Blv，I＝eq \f(E,R)，F＝F安＋μmg
模型一(v0≠0)
模型二(v0＝0)
说
明
质量为m，电阻不计的杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
示
意
图
力
学
分
析
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq \f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a＝eq \f(F,m)↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(mgR,B2L2)
图
像
情景一
情景二
说明
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
轨道竖直光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两平行导轨间距为L
示意图
力学观点
开始时a＝eq \f(F,m)，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt后速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2L2C)，所以杆做匀加速运动
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过时间Δt后速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq \f(mg,m＋CB2L2)，所以杆做匀加速运动
图像