2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第九章　课时3　电磁感应中的动力学问题、能量问题

课时3　电磁感应中的动力学问题、能量问题

一、电磁感应现象中的动力学问题

1.安培力的大小

⇒F=

2.安培力的方向

(1)先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定安培力方向。

(2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。

二、电磁感应中的能量转化

1.过程分析

(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程。

(2)感应电流在磁场中受安培力,若克服安培力做功,则其他形式的能转化为电能;若安培力做正功,则电能转化为其他形式的能。

(3)当感应电流通过用电器时,电能转化为其他形式的能。

2.安培力做功和电能变化的对应关系

“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能;安培力做多少功,就有多少电能转化为其他形式的能。

考点一　电磁感应中的动力学问题分析

　电磁感应中通过导体的感应电流,在磁场中将受到安培力的作用,因此,电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起。

(1)导体两种状态及处理方法

①导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态。

处理方法:根据平衡条件合外力为零列式分析。

②导体的非平衡态——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)电磁感应中动力学问题的分析思路

①首先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E和I;E=Blv,I=。

②再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小,以便求解安培力;F安=BIl或,

③然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力;F合=ma。

④接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型。由于安培力是变力,导体棒做变加速或变减速运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力平衡条件列平衡方程:F合=0

(3)电磁感应中动力学问题的两类常见模型

 [典例1] 如图甲,两相距L=0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2 Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上,与导轨接触良好,导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其v-t图象如图乙所示。在15 s末撤去拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持杆中电流为0。求:

(1)金属杆所受拉力的大小F。

(2)0～15 s内匀强磁场的磁感应强度大小B0。

(3)15～20 s内磁感应强度随时间的变化规律。

解析:(1)由v～t图象可知,在0～10 s内,金属杆做匀加速直线运动,杆没有进入磁场,

由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,

由题意可知,15 s末撤去拉力,没有感应电流,杆不受安培力作用,

杆所受的合外力为滑动摩擦力,

由牛顿第二定律得μmg=ma2,

由v～t图象可知,加速度大小

a1==0.4 m/s2,

a2==0.8 m/s2,

解得F=0.24 N。

(2)在10～15 s内,金属杆做匀速直线运动,

速度v=4 m/s,

金属杆受到的安培力

F安=B0IL=,

金属杆做匀速直线运动,处于平衡状态,

由平衡条件得F=μmg+,

代入数据解得B0=0.4 T。

(3)15～20 s内不产生感应电流,穿过回路的磁通量保持不变,

金属杆在10～15 s内的位移

d=vt=4×5 m=20 m,

在15 s后的金属杆的加速度大小

a=a2=0.8 m/s2,

金属杆的位移

x=v(t-15)-a(t-15)2=4(t-15)-0.4(t-15)2,

磁通量保持不变,则B0Ld=BL(d+x),

解得B= T。

答案:(1)0.24 N　(2)0.4 T　

(3)B= T

变式1:如图所示,MN,PQ为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨,间距为L1,处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中,一导体杆ef垂直于MN,PQ放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内,两顶点a,b通过细导线与导轨相连,磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里,金属框恰好处于静止状态,不计其余电阻和细导线对a,b点的作用力。

(1)通过ab边的电流Iab是多大?

(2)导体杆ef的运动速度v是多大?

解析:(1)设通过正方形金属框的总电流为I,ab边的电流为Iab,dc边的电流为Idc,

有Iab=I,Idc=I,

金属框受重力和安培力,处于静止状态,

有mg=B2IabL2+B2IdcL2,

解得Iab=。

(2)由(1)可得总电流I=,

设导体杆切割磁感线产生的电动势为E,

有E=B1L1v,

设ad,dc,cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R,则R=r,

根据闭合电路欧姆定律,有I=,

解得v=。

答案:(1) 　(2)

考点二　电磁感应中的能量问题分析

1.电磁感应中的能量转化

闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流,感应电流在磁场中受安培力。外力克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能,感应电流通过电阻发热,使电能转化为其他形式的能。

2.实质

电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和电能之间的转化。

3.用能量观点解决电磁感应问题的基本思路

受力分析+运动分析明确哪些力做功及做正功还是负功明确有哪些形式的能量参与转化及如何转化(如滑动摩擦力做功,必然有内能出现;重力做功,可能有机械能参与转化;安培力做负功过程中有其他形式的能转化为电能,安培力做正功的过程中将电能转化为其他形式的能)由动能定理或能量守恒定律求解。

[典例2] 如图所示,虚线框a′b′c′d′内为一矩形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,实线框abcd是一长方形导线框,ab=2bc,a′b′边与ab平行,若将导线框匀速地拉离磁场区域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功,W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功,则(　　)

A.W1=W2 B.W2=2W1

C.W1=2W2 D.W2=4W1

解析:设bc=L,ab=2L,回路总电阻为R,面积为S;根据外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L·2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1。故选B。

答案:B

变式2: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=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=0.56 m 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=2.0 T。质量m=4.0 kg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=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N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=10 m/s2,sin 53°=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;

(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;

(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。

解析:(1)由牛顿第二定律

a==12 m/s2,

进入磁场时的速度v==2.4 m/s。

(2)感应电动势E=Blv,感应电流I=,

安培力FA=IBl,代入得FA==48 N。

(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J,

CD棒自进入磁场开始就有F-mgsin θ-FA=0,故CD棒在磁场中做匀速直线运动,

在磁场中运动时间t=,

焦耳热Q=I2Rt=26.88 J。

答案:(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J

1.(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图所示,MN,PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒ab,cd垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力FTm=2mgsin θ。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的(　AD　)

A.速度大小是 B.速度大小是

C.加速度大小是2gsin θ D.加速度大小是0

解析:由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动,随着速度的增大,E=BLv变大,I=也变大,F=ILB也变大,对ab棒,当FT=2mgsin θ=mgsin θ+ILB时细线刚好被拉断,此时v=,cd棒这时所受向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡,加速度大小是0。

2.(电磁感应中的能量问题)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA的A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5 kg 的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a,b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3 m时,测得U=0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10 m/s2)

(1)测U时,a点连接的是电压表的“正极”还是“负极”?

(2)求此时铝块的速度大小。

(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。

解析:(1)由右手定则可知A是电源正极,所以a点接的是电压表的正极。

(2)由电磁感应定律得,导体棒切割磁感线产生的电动势E=,其中ΔΦ=BR2Δθ,

则E=BωR2,

又A端线速度vA=ωR,故E=BR·,

因金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,则a,b两点间的电势差U=E,

金属圆盘和金属棒的角速度相同,同为ω,设铝块速度为v,

则v=ωr=ωR,

所以v=,

代入数据可知v=2 m/s。

(3)下落过程中铝块机械能的损失

ΔE=mgh-mv2,

代入数据为ΔE=0.5 J。

答案:(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J

3.(电磁感应中的能量问题)如图所示,两根足够长的光滑平行直导轨MN,PQ与水平面成θ角放置,两导轨间距为L,M,P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上,导轨和金属杆接触良好,它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。

 (1)求ab杆下滑的最大速度vmax;

(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中,电阻R产生的焦耳热为Q,求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q。

解析:(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律,有

E=BLv,I=,F安=BIL,mgsin θ-F安=ma。

即mgsin θ-=ma,

当加速度a为零时,速度v达到最大,速度最大值

vm=。

(2)根据能量守恒定律,有mgxsin θ=m+Q,

得x=+。

根据电磁感应定律有=,

根据闭合电路欧姆定律有=,

感应电荷量q=Δt==,

得q=+。

答案:(1)

(2)+ 　+

1.(2018·江苏卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ,Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆(　BC　)

A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下

B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间

C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于

解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A错误。

金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知

BIL-mg=-mg=ma

a随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a减为零则再做匀速运动。

金属杆在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由vt图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B正确。

由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知,

W安1+mg·2d=0,

则W安1=-2mgd,

可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C正确。

设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知

mgh=mv2,

进入磁场时BIL-mg=-mg=ma

解得v=,

联立得h=>,选项D错误。

2.(2019·天津卷,11)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计。

(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;

(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W。

解析:(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=,则

E=k①

设PQ与MN并联的电阻为R并,有

R并=②

闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得

I=③

设PQ中的电流为IPQ,有IPQ=I④

设PQ受到的安培力为F安,有

F安=BIPQl⑤

保持PQ静止,由受力平衡,有

F=F安⑥

联立①②③④⑤⑥式得F=⑦

方向水平向右。

(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为Δt,回路中的磁通量变化为ΔΦ,平均感应电动势为,有

=⑧

其中

ΔΦ=Blx⑨

设PQ中的平均电流为,有

=⑩

根据电流的定义得

=

由动能定理,有

Fx+W=mv2-0

联立⑦⑧⑨⑩式得

W=mv2-kq。

答案:(1),方向水平向右　(2)mv2-kq

3.(2019·浙江4月选考,22)如图所示,倾角θ=37°、间距l=0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1 Ω的电阻,质量m=0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数μ=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起,棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下,从x=0处由静止开始沿斜面向上运动,其速度v与位移x满足v=kx(可导出a=kv),k=5 s-1。当棒ab运动至x1=0.2 m处时,电阻R消耗的电功率P=0.12 W,运动至x2=0.8 m处时撤去外力F,此后棒ab将继续运动,最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直,不计其他电阻,求:(提示:可以用Fx图象下的“面积”代表力F做的功,sin 37°=0.6)

(1)磁感应强度B的大小。

(2)外力F随位移x变化的关系式。

(3)在棒ab整个运动过程中,电阻R产生的焦耳热Q。

解析:(1)导体棒运动至x=0.2 m时,

其速度为v1=kx=1 m/s,

电阻R上的功率P=I2R,

I=

E=Blv

解得B= T。

(2)①0≤x≤0.2 m时,

由牛顿第二定律得

F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,

a=kv,

v=kx,

联立可得F=2.5x+0.96。

②0.2 m<x≤0.8 m时,

由牛顿第二定律得

F-mgsin θ-μmgcos θ-BIl=ma,

联立可得F=3.1x+0.96。

(3)x=0.8 m时,导体棒的速度v2=kx=4 m/s

从x=0.2 m处到x=0.8 m处列动能定理

WF-mgΔxsin θ-μmgcos θΔx-Q1=m-m,

根据Fx图象,

WF=1.506 J

代入得Q1=0.18 J

到达x=0.8 m后减速上滑的加速度

a1=gsin θ+μgcos θ=9.6 m/s2,

到达最高点后加速下滑的加速度

a2=gsin θ-μgcos θ=2.4 m/s2,

再次回到x=0.8 m处时导体棒速度为v3,

=2a1x′, =2a2x′,

解得v3=2 m/s,

导体棒在磁场中匀速运动时

mgsin θ=μmgcos θ+,

求得v4=2 m/s,可知导体棒进入磁场后一直做匀速直线运动。

从x=0.8 m处回到x=0.2 m处由动能定理得

mgΔxsin θ-μmgcos θΔx-Q2=m-m,

解得Q2=0.144 J,

Q=Q1+Q2=0.324 J。

答案:(1) T

(2)①0≤x≤0.2 m时,

F=2.5x+0.96

②0.2 m<x≤0.8 m时,

F=3.1x+0.96

(3)0.324 J