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教科版高中物理选择性必修第二册第2章素养培优课5电磁感应中的动力学及能量问题学案
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这是一份教科版高中物理选择性必修第二册第2章素养培优课5电磁感应中的动力学及能量问题学案，共18页。
素养培优课(五) 电磁感应中的动力学及能量问题 考点1 电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0。(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma。2．电学对象与力学对象的转换及关系【典例1】 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。 (g取10 m/s2)求：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。[解析] (1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v0，由平衡条件得mg sin θ＝F安而F安＝B0I0L，I0＝B0Lv0R+r代入数据解得v0＝2 m/s。(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得mg sin θ－F′安＝ma而F′安＝B1I1L，I1＝B1Lv0R+r代入数据可解得a＝3.75 m/s2。(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mg sin θ＝F″安而F″安＝B1I2L，I2＝B1L1v1R+r代入数据解得v1＝8 m/s。[答案] (1)2 m/s (2)3.75 m/s2 (3)8 m/s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：[跟进训练]1．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)[解析] (1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为v0＝gt＝4 m/sS闭合瞬间，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力。F安＝BIL＝B2L2v0R＝0.016 N＞mg＝0.002 N此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝F安-mgm＝B2L2vmR－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动。(2)设匀速下落的速度为vmin，此时F安＝mg，即B2L2vminR＝mg，vmin＝mgRB2L2＝0.5 m/s。[答案] (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动 (2)0.5 m/s 考点2 电磁感应中的能量问题1．能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量相互转化的过程。2．求解焦耳热Q的几种方法【典例2】 如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1＝10 Ω和R2＝30 Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L＝2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。质量为m＝0.1 kg，电阻r＝2.5 Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h＝3 m时，速度恰好达到最大值。 (g＝10m/s2）求：(1)金属棒ab达到的最大速度vm；(2)该过程通过电阻R1的电量q；(3)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R2中产生的热量。[解析] (1)ab切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv根据串并联电路的特点知，外电路总电阻R外＝R1R2R1+R2＝7.5 Ω根据闭合电路欧姆定律得I＝ER外+r安培力F安＝BIL当加速度a为零时，速度v达最大，有mg sin θ＝B2L2vmR外+r解得速度最大值vm＝mgsinθR外+rB2L2由以上各式解得最大速度vm＝5 m/s。(2)根据电磁感应定律有E＝ΔΦΔt根据闭合电路欧姆定律有I＝ER外+r感应电量q＝IΔt联立得：q＝ΔΦR外+r＝BLxR外+r由以上各式解得q＝0.6 C通过R1的电荷为q1＝R2R1+R2q＝0.45 C。(3)金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：mgh＝12mvm 2＋Q总代入数据解得Q总＝1.75 J下端电阻R2中产生的热量Q2＝316Q总≈0.33 J。[答案] (1)5 m/s (2)0.45 C (3)0.33 J利用动量定理求感应电荷量或运动位移(1)BILΔt＝Δp，q＝I·Δt，可得q＝ΔpBL。(2)B2L2vR总Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝ΔpR总B2L2。[跟进训练]2．如图所示，两根光滑的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L＝0.5 m，导轨下端接定值电阻R＝2 Ω，导轨电阻忽略不计。在导轨上距底端d＝2 m处垂直导轨放置一根导体棒MN，其质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.5 Ω，导体棒始终与导轨接触良好。某时刻起在空间加一垂直导轨平面向上的变化磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝0.5t(T)，导体棒在沿导轨向上的拉力F作用下处于静止状态，g取10 m/s2。求：(1)流过电阻R的电流I；(2)t＝2 s时导体棒所受拉力F的大小；(3)从t＝4 s时磁场保持不变，同时撤去拉力F，导体棒沿导轨下滑至底端时速度恰好达到最大，此过程回路产生的热量Q。[解析] (1)由法拉第电磁感应定律，有E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtLd由题意可知ΔBΔt＝0.5 T/s由闭合电路欧姆定律，可得I1＝E1R+r。代入数据，得I1＝0.2 A。(2)当t＝2 s时，B1＝1.0 T，导体棒受力平衡F＝mg sin θ＋B1I1L解得F＝1.1 N。(3)当t＝4 s时B2＝2.0 T，此后磁感应强度不变，设导体棒最大速度为vm，E2＝B2LvmI2＝E2R+r又因为mg sin θ＝B2I2L可解得vm＝2.5 m/s由功能关系，有mgd sin θ＝12mvm2＋Q解得Q＝1.375 J。[答案] (1)0.2 A (2)1.1 N (3)1.375 J素养培优练(五) 电磁感应中的动力学及能量问题一、选择题1．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2A [根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝B2lab 2vRlbc＝B2SvRlab，同理Q2＝B2SvRlbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝It＝ERt＝ΔΦR，故q1＝q2，故A正确。]2．(多选)如图所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm(导轨和金属棒电阻忽略不计)，则( )A．如果B变大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大BC [金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在闭合电路中形成电流I＝BLvR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIL＝B2L2vR，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mg sin α－B2L2vR＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝mgRsinαB2L2，故B、C正确。]3．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则( )A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动A [ef向右运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。]4．如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的( )A B C DB [S闭合时，若B2l2vR＞mg，先减速再匀速，D正确；若B2l2vR＝mg，匀速，A正确；若B2l2vR＜mg，先加速再匀速，C正确；由于v变化，B2l2vR－mg＝ma中a不可能恒定，故B错误。]5．(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的热功率与速率v的二次方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比ABC [由E＝BLv和I＝ER，可得I＝BLvR，所以安培力F＝BIL＝B2L2vR，电阻上产生的热功率P＝I2R＝B2L2v2R，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率，故A、B、C正确。]6．如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于( )A．mgL-mv22 B．mgL+mv22C．mgL－mv22 D．mgL＋mv22C [金属框绕光滑轴转动的过程中机械能有损失，但总能量守恒，损失的机械能为mgL－mv22，故产生的热量为mgL－mv22，C正确。]7．水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm。此时撤去外力，最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是( )A．撤去外力后，ab做匀减速运动B．合力对ab做的功为FxC．R上释放的热量为Fx+12mvm2D．R上释放的热量为FxD [撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F安＝B2L2vR，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错误；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错误，D正确。]8．如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 WC．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 WB [小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝1 A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2 V，导体棒的运动速度v＝EBL＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W，故B正确。]9．(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为L、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/sBD [金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，代入数据得a＝4 m/s2，故A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mg sin θ＝BIL＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I＝E-Ur，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.8 m/s，故C错误，D正确。]10．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是( )A．通过电阻R的电流方向向左B．棒受到的安培力方向向上C．棒机械能的增加量等于恒力F做的功D．棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量D [由右手定则可以判断出通过金属棒的电流方向向左，则通过电阻R的电流方向向右，故A错误；由左手定则可以判断出金属棒受到的安培力方向向下，故B错误；根据平衡条件可知重力等于恒力F减去安培力，根据功能关系知恒力F做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和，故C错误；金属棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，安培力做负功，即克服安培力做功，根据功能关系知金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D正确。]二、非选择题11．我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹车的效果，如图所示，轨道上相距s处固定着两个长l、宽0.5l、电阻为R的单匝线圈，s＞0.5l。在火车头安装一个电磁装置，它能产生长l、宽0.5l的矩形匀强磁场，磁感强度为B。经调试，火车在轨道上运行时摩擦力为零，不计空气阻力。现让火车以初速度v0从图示位置开始匀速运动，经过2个线圈，矩形磁场刚出第2个线圈时火车停止。测得第1个线圈产生的焦耳热Q1是第2个线圈产生的焦耳热Q2的3倍。求：(1)车头磁场刚进入第1个线圈时，火车所受的安培力大小；(2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。[解析] (1)对线圈，由法拉第电磁感应定律E＝Blv0由闭合电路欧姆定律I＝ERF安＝BIl解得F安＝B2l2v0R。(2)设磁场刚穿过线圈Ⅰ时速度为v，由能量守恒有Q1＝12mv02－12mv2磁场刚穿过线圈Ⅱ停止，同理有Q2＝12mv2－0又Q1＝3Q2匀速运动过程t＝s-0.5lv解得t＝2s-lv0。[答案] (1)B2l2v0R (2)2s-lv012．如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨M、N的间距L＝0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝100 T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒(含弹体) 的质量m＝0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R＝0.8 Ω，可控电源的内阻r＝0.2 Ω。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为4×103 A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到4 km/s后发射弹体，则：(1)光滑水平导轨长度至少为多少？(2)该过程系统消耗的总能量为多少？[解析] (1)由安培力公式有F＝BIL＝8×104 N弹体由静止加速到4 km/s，由动能定理知Fx＝12mv2则轨道长度至少为x＝mv22F＝20 m。(2)导体棒ab做匀加速运动，由F＝mav＝at解得该过程需要时间t＝1×10-2 s该过程中产生焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J弹体和导体棒ab增加的总动能Ek＝12mv2＝1.6×106 J。 系统消耗总能量：E＝Ek＋Q＝1.76×106 J。[答案] (1)20 m (2)1.76×106 J13．如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，底端接有阻值R＝0.5 Ω的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角。有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上。一根质量m＝0.4 kg、电阻r＝0.5 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上，某时刻起将导体棒MN由静止释放。已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量q＝4 C，求导体棒MN在此过程中消耗的电能。[解析] (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲所示，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a＝2 m/s2。甲 乙(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙所示，设匀速下滑的速度为v，则有mg sin θ－Ff－F安＝0摩擦力Ff＝μmg cos θ安培力F安＝BIL＝BBLvR+rL＝B2L2vR+r联立解得v＝5 m/s。(3)通过导体棒横截面的电荷量q＝IΔtI＝ΔΦR+rΔt设导体棒下滑速度刚好为最大速度v时的位移为x，则ΔΦ＝BxL由动能定理得mgx·sin θ－W安－μmg cos θ·x＝12mv2，其中W安为克服安培力做的功联立解得W安＝3 J克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能，即Q＝3 J则导体棒MN在此过程中消耗的电能Qr＝rR+rQ＝1.5 J。[答案] (1)2 m/s2 (2)5 m/s (3)1.5 J 培优目标1．综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题。2．会分析电磁感应中的能量转化问题。
素养培优课(五) 电磁感应中的动力学及能量问题 考点1 电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0。(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma。2．电学对象与力学对象的转换及关系【典例1】 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。 (g取10 m/s2)求：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。[解析] (1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v0，由平衡条件得mg sin θ＝F安而F安＝B0I0L，I0＝B0Lv0R+r代入数据解得v0＝2 m/s。(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得mg sin θ－F′安＝ma而F′安＝B1I1L，I1＝B1Lv0R+r代入数据可解得a＝3.75 m/s2。(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mg sin θ＝F″安而F″安＝B1I2L，I2＝B1L1v1R+r代入数据解得v1＝8 m/s。[答案] (1)2 m/s (2)3.75 m/s2 (3)8 m/s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：[跟进训练]1．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)[解析] (1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为v0＝gt＝4 m/sS闭合瞬间，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力。F安＝BIL＝B2L2v0R＝0.016 N＞mg＝0.002 N此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝F安-mgm＝B2L2vmR－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动。(2)设匀速下落的速度为vmin，此时F安＝mg，即B2L2vminR＝mg，vmin＝mgRB2L2＝0.5 m/s。[答案] (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动 (2)0.5 m/s 考点2 电磁感应中的能量问题1．能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量相互转化的过程。2．求解焦耳热Q的几种方法【典例2】 如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1＝10 Ω和R2＝30 Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L＝2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。质量为m＝0.1 kg，电阻r＝2.5 Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h＝3 m时，速度恰好达到最大值。 (g＝10m/s2）求：(1)金属棒ab达到的最大速度vm；(2)该过程通过电阻R1的电量q；(3)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R2中产生的热量。[解析] (1)ab切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv根据串并联电路的特点知，外电路总电阻R外＝R1R2R1+R2＝7.5 Ω根据闭合电路欧姆定律得I＝ER外+r安培力F安＝BIL当加速度a为零时，速度v达最大，有mg sin θ＝B2L2vmR外+r解得速度最大值vm＝mgsinθR外+rB2L2由以上各式解得最大速度vm＝5 m/s。(2)根据电磁感应定律有E＝ΔΦΔt根据闭合电路欧姆定律有I＝ER外+r感应电量q＝IΔt联立得：q＝ΔΦR外+r＝BLxR外+r由以上各式解得q＝0.6 C通过R1的电荷为q1＝R2R1+R2q＝0.45 C。(3)金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：mgh＝12mvm 2＋Q总代入数据解得Q总＝1.75 J下端电阻R2中产生的热量Q2＝316Q总≈0.33 J。[答案] (1)5 m/s (2)0.45 C (3)0.33 J利用动量定理求感应电荷量或运动位移(1)BILΔt＝Δp，q＝I·Δt，可得q＝ΔpBL。(2)B2L2vR总Δt＝Δp，x＝vΔt，可得x＝ΔpR总B2L2。[跟进训练]2．如图所示，两根光滑的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L＝0.5 m，导轨下端接定值电阻R＝2 Ω，导轨电阻忽略不计。在导轨上距底端d＝2 m处垂直导轨放置一根导体棒MN，其质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.5 Ω，导体棒始终与导轨接触良好。某时刻起在空间加一垂直导轨平面向上的变化磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝0.5t(T)，导体棒在沿导轨向上的拉力F作用下处于静止状态，g取10 m/s2。求：(1)流过电阻R的电流I；(2)t＝2 s时导体棒所受拉力F的大小；(3)从t＝4 s时磁场保持不变，同时撤去拉力F，导体棒沿导轨下滑至底端时速度恰好达到最大，此过程回路产生的热量Q。[解析] (1)由法拉第电磁感应定律，有E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtLd由题意可知ΔBΔt＝0.5 T/s由闭合电路欧姆定律，可得I1＝E1R+r。代入数据，得I1＝0.2 A。(2)当t＝2 s时，B1＝1.0 T，导体棒受力平衡F＝mg sin θ＋B1I1L解得F＝1.1 N。(3)当t＝4 s时B2＝2.0 T，此后磁感应强度不变，设导体棒最大速度为vm，E2＝B2LvmI2＝E2R+r又因为mg sin θ＝B2I2L可解得vm＝2.5 m/s由功能关系，有mgd sin θ＝12mvm2＋Q解得Q＝1.375 J。[答案] (1)0.2 A (2)1.1 N (3)1.375 J素养培优练(五) 电磁感应中的动力学及能量问题一、选择题1．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2A [根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝B2lab 2vRlbc＝B2SvRlab，同理Q2＝B2SvRlbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝It＝ERt＝ΔΦR，故q1＝q2，故A正确。]2．(多选)如图所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm(导轨和金属棒电阻忽略不计)，则( )A．如果B变大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大BC [金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在闭合电路中形成电流I＝BLvR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIL＝B2L2vR，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mg sin α－B2L2vR＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝mgRsinαB2L2，故B、C正确。]3．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则( )A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动A [ef向右运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。]4．如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的( )A B C DB [S闭合时，若B2l2vR＞mg，先减速再匀速，D正确；若B2l2vR＝mg，匀速，A正确；若B2l2vR＜mg，先加速再匀速，C正确；由于v变化，B2l2vR－mg＝ma中a不可能恒定，故B错误。]5．(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )A．ab杆中的电流与速率v成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的热功率与速率v的二次方成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比ABC [由E＝BLv和I＝ER，可得I＝BLvR，所以安培力F＝BIL＝B2L2vR，电阻上产生的热功率P＝I2R＝B2L2v2R，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率，故A、B、C正确。]6．如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于( )A．mgL-mv22 B．mgL+mv22C．mgL－mv22 D．mgL＋mv22C [金属框绕光滑轴转动的过程中机械能有损失，但总能量守恒，损失的机械能为mgL－mv22，故产生的热量为mgL－mv22，C正确。]7．水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm。此时撤去外力，最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是( )A．撤去外力后，ab做匀减速运动B．合力对ab做的功为FxC．R上释放的热量为Fx+12mvm2D．R上释放的热量为FxD [撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F安＝B2L2vR，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错误；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错误，D正确。]8．如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 WC．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 WB [小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝1 A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2 V，导体棒的运动速度v＝EBL＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W，故B正确。]9．(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为L、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/sBD [金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，代入数据得a＝4 m/s2，故A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mg sin θ＝BIL＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I＝E-Ur，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.8 m/s，故C错误，D正确。]10．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是( )A．通过电阻R的电流方向向左B．棒受到的安培力方向向上C．棒机械能的增加量等于恒力F做的功D．棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量D [由右手定则可以判断出通过金属棒的电流方向向左，则通过电阻R的电流方向向右，故A错误；由左手定则可以判断出金属棒受到的安培力方向向下，故B错误；根据平衡条件可知重力等于恒力F减去安培力，根据功能关系知恒力F做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和，故C错误；金属棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，安培力做负功，即克服安培力做功，根据功能关系知金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D正确。]二、非选择题11．我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹车的效果，如图所示，轨道上相距s处固定着两个长l、宽0.5l、电阻为R的单匝线圈，s＞0.5l。在火车头安装一个电磁装置，它能产生长l、宽0.5l的矩形匀强磁场，磁感强度为B。经调试，火车在轨道上运行时摩擦力为零，不计空气阻力。现让火车以初速度v0从图示位置开始匀速运动，经过2个线圈，矩形磁场刚出第2个线圈时火车停止。测得第1个线圈产生的焦耳热Q1是第2个线圈产生的焦耳热Q2的3倍。求：(1)车头磁场刚进入第1个线圈时，火车所受的安培力大小；(2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。[解析] (1)对线圈，由法拉第电磁感应定律E＝Blv0由闭合电路欧姆定律I＝ERF安＝BIl解得F安＝B2l2v0R。(2)设磁场刚穿过线圈Ⅰ时速度为v，由能量守恒有Q1＝12mv02－12mv2磁场刚穿过线圈Ⅱ停止，同理有Q2＝12mv2－0又Q1＝3Q2匀速运动过程t＝s-0.5lv解得t＝2s-lv0。[答案] (1)B2l2v0R (2)2s-lv012．如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨M、N的间距L＝0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝100 T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒(含弹体) 的质量m＝0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R＝0.8 Ω，可控电源的内阻r＝0.2 Ω。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为4×103 A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到4 km/s后发射弹体，则：(1)光滑水平导轨长度至少为多少？(2)该过程系统消耗的总能量为多少？[解析] (1)由安培力公式有F＝BIL＝8×104 N弹体由静止加速到4 km/s，由动能定理知Fx＝12mv2则轨道长度至少为x＝mv22F＝20 m。(2)导体棒ab做匀加速运动，由F＝mav＝at解得该过程需要时间t＝1×10-2 s该过程中产生焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J弹体和导体棒ab增加的总动能Ek＝12mv2＝1.6×106 J。 系统消耗总能量：E＝Ek＋Q＝1.76×106 J。[答案] (1)20 m (2)1.76×106 J13．如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，底端接有阻值R＝0.5 Ω的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角。有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上。一根质量m＝0.4 kg、电阻r＝0.5 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上，某时刻起将导体棒MN由静止释放。已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量q＝4 C，求导体棒MN在此过程中消耗的电能。[解析] (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲所示，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a＝2 m/s2。甲 乙(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙所示，设匀速下滑的速度为v，则有mg sin θ－Ff－F安＝0摩擦力Ff＝μmg cos θ安培力F安＝BIL＝BBLvR+rL＝B2L2vR+r联立解得v＝5 m/s。(3)通过导体棒横截面的电荷量q＝IΔtI＝ΔΦR+rΔt设导体棒下滑速度刚好为最大速度v时的位移为x，则ΔΦ＝BxL由动能定理得mgx·sin θ－W安－μmg cos θ·x＝12mv2，其中W安为克服安培力做的功联立解得W安＝3 J克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能，即Q＝3 J则导体棒MN在此过程中消耗的电能Qr＝rR+rQ＝1.5 J。[答案] (1)2 m/s2 (2)5 m/s (3)1.5 J 培优目标1．综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题。2．会分析电磁感应中的能量转化问题。
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