物理届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的动力学和能量问题学案.docx

物理届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的动力学和能量问题学案.docx

《物理届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的动力学和能量问题学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的动力学和能量问题学案.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

物理届一轮复习鲁科版第十章电磁感应中的动力学和能量问题学案

能力课2　电磁感应中的动力学和能量问题

　电磁感应中的动力学问题

1．两种状态及处理方法

状态

特征

处理方法

平衡态

加速度为零

根据平衡条件列式分析

非平衡态

加速度不为零

根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析

2.电学对象与力学对象的转换及关系

（2017·山东济宁市模拟）如图1所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m。

导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T。

在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。

然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。

cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：

图1

（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离s＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。

解析　

（1）根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。

（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①

设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律有

I＝③

设ab所受安培力为F安，有

F安＝BIL④

此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤

联立①②③④⑤式，代入数据解得：

v＝5m/s⑥

（3）设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有

m2gssinθ＝Q总＋m2v2⑦

由串联电路规律有Q＝Q总⑧

联立解得：

Q＝1.3J⑨

答案　

（1）由a流向b　

（2）5m/s　（3）1.3J

【拓展延伸】

在【模拟示例1】中若两平行金属导轨光滑，两区域中磁场方向均垂直导轨平面向上，其他条件不变。

现对金属条ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动。

在金属条ab匀速向上运动的过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上。

求：

（1）通过导体棒cd的电流I；

（2）金属条ab受到的拉力F的大小；

（3）导体棒cd每产生Q＝10J的热量，拉力F做的功W。

解析　

（1）对cd棒受力分析如图所示

根据平衡条件得：

BIL＝m2gsin30°

所以I＝10A

（2）对ab受力分析如图

则F－m1gsin30°－BIL＝0

代入数据得：

F＝2.5N

（3）因为R1＝R2，所以Q＝10J时

Q总＝20J

根据Q总＝

当Q＝10J时，由Q＝I2R2t得t＝1s

又因R1＝R2

所以Q总＝20J

Q总＝t

代入数据得：

v＝10m/s

则W＝Fvt＝2.5×10×1J＝25J

答案　

（1）10A　

（2）2.5N　（3）25J

方法技巧

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：

足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°（sin37°＝0.6），间距为1m。

垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T，P、M间所接电阻的阻值为8Ω。

质量为2kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。

金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g＝10m/s2，求：

图2

（1）当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；

（2）当金属杆沿导轨的位移为6.0m时，通过金属杆的电荷量。

解析　

（1）对金属杆ab应用牛顿第二定律有：

F＋mgsinθ－F安－f＝ma

f＝μN

N＝mgcosθ

ab杆所受安培力大小为：

F安＝BIL

ab杆切割磁感线产生的感应电动势为：

E＝BLv

由闭合电路欧姆定律可知：

I＝

整理得：

F＋mgsinθ－v－μmgcosθ＝ma

代入：

vm＝8m/s时a＝0，解得：

F＝8N

代入：

v＝4m/s及F＝8N，解得：

a＝4m/s2

（2）设通过回路截面的电荷量为q，则：

q＝t

回路中的平均电流强度为：

＝

回路中产生的平均感应电动势为：

＝

回路中的磁通量变化量为：

ΔΦ＝BLs

联立解得：

q＝3C

答案　

（1）4m/s2　

（2）3C

　电磁感应中的能量问题

1．电磁感应中的能量转化

2．求解焦耳热Q的三种方法

3．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，就可以知道有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。

（2017·湖南宜章一中模拟）如图3，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0（B0已知），两磁场的间距为H（H未知，但H＞h），线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1（v1已知），从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。

图3

（1）求v1与v2的比值；

（2）写出H与h的关系式；

（3）若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量。

（用m、h、g表示）

思路分析　线框的速度线框的感应电动势感应电流线框的安培力二力平衡速度v1与v2的比值功能关系（安培力做功）摩擦产生的热量。

解析　

（1）金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh＝mg①

又金属线框切割磁感线，则I＝②

联立①②得v＝

所以＝＝。

③

（2）金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有

v＝2g·④

v－v＝2g（H－h）⑤

联立③④⑤得H＝。

⑥

（3）产生的热量等于克服安培力做功，Q＝BIh·4h⑦

联立①⑦得Q＝4mgh。

答案　

（1）1∶4　

（2）H＝　（3）4mgh

【拓展延伸】

在【模拟示例2】中把正方形金属线框abcd的运动改为“始终做加速度为g的匀加速直线运动，有时需对线框施加竖直方向的外力F，且H＝2h，线框的电阻为R”。

求：

（1）当正方形金属线框abcd的bc边恰好进入磁场B2时的竖直外力F；

（2）当正方形金属线框abcd从静止开始运动到bc边离开磁场B1，通过线框a点的电荷量Q。

解析　

（1）bc边恰好进入磁场B2时的速度v＝＝，此时的安培力F安＝B2Ih＝

由牛顿第二定律得mg＋F－F安＝mg

则竖直外力F＝。

（2）由法拉第电磁感应定律得＝，则平均电流＝

通过线框a点的电荷量Q＝Δt＝＝。

答案　

（1）　

（2）

反思总结

在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及变力做功问题，一般应用能量守恒的方法研究，可不必追究变力作用下运动的细节问题；若涉及恒力或恒定加速度，一般用动力学的观点研究，可以研究运动的细节问题。

如图4所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16Ω。

一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内。

线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6m。

现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v＝4.0m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。

图4

（1）线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb为多少？

（2）线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？

（3）若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度做连续的匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF＝3.6J，求eb边上产生的焦耳热Qeb为多少？

解析　

（1）线框eb边以v＝4.0m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝BLv＝1.6V

e、b两点间的电势差Ueb＝E＝1.2V。

（2）线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F安＝BLI，I＝，解得F安＝4N

克服安培力做功W安＝F安·2L＝3.2J

而Q＝W安，故该过程中产生的焦耳热Q＝3.2J

（3）因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同，所以在通过磁场区域的过程中，线框和物体P的总机械能保持不变，故力F做的功WF等于整个线框中产生的焦耳热Q′，即WF＝Q′

又Q＝I2rt∝r，故eb边上产生的焦耳热

Qeb＝Q′＝0.9J。

答案　

（1）1.2V　

（2）3.2J　（3）0.9J

1．（天津理综）如图5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（　　）

图5

A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2

C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q2

解析　设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝（）2·R·＝＝l1。

由于lab＞lbc，所以Q1＞Q2。

通过线框导体横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，A选项正确。

答案　A

2．（2016·全国卷Ⅱ，24）如图6，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

图6

（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＝ma①

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＝at0②

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知产生的电动势为

E＝Blv③

联立①②③式可得

E＝Blt0（－μg）④

（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律

I＝⑤

式中R为电阻的阻值。

金属杆所受的安培力为

F安＝BlI⑥

因金属杆做匀速运动，有

F－μmg－F安＝0⑦

联立④⑤⑥⑦式得

R＝⑧

答案　

（1）Blt0（－μg）　

（2）

3．