(浙江选考)2018年高考物理二轮复习-第15讲-电磁感应的综合问题讲义

第15讲电磁感应的综合问题电磁感应中动力学问题【典题1】如图所示,间距为L,倾角为θ的斜面导轨被分割成区域一和区域二,其区域的交界线为XY。其中区域一的匀强磁场方向垂直于斜面向下,磁感应强度大小为B1,上面放置一根质量为m1、电阻为R1的粗糙导体棒ab,导体棒刚好不下滑。在区域二中匀强磁场方向垂直于斜面向上,磁感应强度大小为B2,上面放置一根质量为m2、电阻为R2的光滑导体棒cd,由静止开始下滑。cd始终在区域二中。其中ab、cd始终与导轨垂直并且保持良好接触。重力加速度为g,B1=B2=B。(1)从cd向下滑动到ab刚要上滑的过程中,写出cd受到的合外力F随速度v变化关系。(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v1多大?(3)从cd向下滑动到ab刚要上滑的过程中,cd滑动了x距离,求此时ab杆产生的热量Q。答案:(1)m2gsinθ-𝐵2𝐿2𝑣𝑅1+𝑅2(2)2𝑚1𝑔sin𝜃(𝑅1+𝑅2)𝐵2𝐿2(3)𝑅1𝑅1+𝑅2m2gxsinθ-2𝑚12𝑚2𝑔2𝑅1sin2𝜃(𝑅1+𝑅2)𝐵4𝐿4解析:(1)对cd杆进行分析,则cd杆受到的合外力F=m2gsinθ-F安F安=BILI=𝐵𝐿𝑣𝑅1+𝑅2所以合外力F=m2gsinθ-𝐵2𝐿2𝑣𝑅1+𝑅2NoImage(2)开始时,ab刚好不下滑,ab所受摩擦力为最大静摩擦力Ff=m1gsinθ当ab刚要上滑时,ab受力分析如下图所示:F安=m1gsinθ+FfF安=𝐵2𝐿2𝑣1𝑅1+𝑅2得v1=2𝑚1𝑔sin𝜃(𝑅1+𝑅2)𝐵2𝐿2(3)对此过程由能量守恒得m2gxsinθ=Q总+12m2𝑣12又Qab=𝑅1𝑅1+𝑅2Q总得Qab=𝑅1𝑅1+𝑅2m2gxsinθ-2𝑚12𝑚2𝑔2𝑅1sin2𝜃(𝑅1+𝑅2)𝐵4𝐿4NoImage解题技法导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv与导体棒的运动速度v有关,即感应电路中的电流I、导体棒所受安培力F与导体棒的运动速度v有关。若导体棒最初受力不平衡,则导体棒的运动就必然是一个动态运动过程——速度改变引起受力改变,受力改变引起加速度改变,加速度改变则速度不均匀改变——运动参量都随时间不均匀变化。这类问题的分析,必须列出导体棒的动力学方程,方程中包含导体棒的运动速度v,然后根据具体模型分析速度v变化趋势(增大或减小),进而由速度v的变化分析加速度a的变化——运动性质的转折点往往是加速度a=0时。当堂练1(2017浙江选考10月,22)如图所示,匝数N=100、截面积S=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻。(1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25s后下降了h=0.29m,求此过程棒上产生的热量。答案:(1)0.50T,方向垂直纸面向外(2)2.3×10-3J解析:(1)线圈的感应电动势为E=NΔ𝛷Δ𝑡=NSΔ𝐵1Δ𝑡流过导体棒的电流Iab=𝐸2(𝑟+𝑅2)导体棒对挡条的压力为零,有B2Iabd=mg或B2=𝑚𝑔(𝑅+2𝑟)𝐸𝑑得B2=0.50TB2方向垂直纸面向外(2)由动量定理(mg-𝐼B2d)t=mv或mgt-B2dΔq=mv及Δq=𝐼t=𝑑ℎ𝐵22𝑅得v=gt-ℎ𝐵22𝑑22𝑅𝑚ab棒产生的热量Q=12(mgh-12mv2)得Q=2.3×10-3J电磁感应中能量问题【典题2】(2017浙江温岭高三期末)如图所示,两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上,导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域,磁场方向垂直水平面向上。在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻,导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m,长为L1,阻值为r的金属棒,导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计。某时刻起,金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动,已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域,求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小;(2)在满足第(1)小题条件时,求第n个匀强磁场区域的磁感应强度Bn的大小;(3)现保持恒力F不变,使每个磁场区域的磁感应强度均相同,发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同,求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q。答案:(1)2(𝐹-𝜇𝑚𝑔)(𝐿2+2𝑑)𝑚(2)1𝐿1m(F-μmg)(R+r)22L2+4nd-4d4(3)3RR+rnd(F-μmg)解析:(1)金属棒匀加速运动有F-μmg=ma,v22=2a(L2+2d)解得a=F-μmgm,v2=2(F-μmg)(L2+2d)m(2)金属棒匀加速运动的总位移为x=L2+2nd-2d金属棒进入第n个匀强磁场的速度满足vn2=2ax金属棒在第n个磁场中匀速运动有F-μmg-F安=0,F安=Bn2L12vnR+r解得Bn=1L1𝑚(𝐹-𝜇𝑚𝑔)(𝑅+𝑟)22𝐿2+4𝑛𝑑-4𝑑4(3)金属棒进入每个磁场时的速度v和离开每个磁场时的速度v'均相同,由题意可得v2=2aL2,v2-v'2=2a·2d。金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的过程中,有x总=L2+3nd-2d(F-μmg)x总-Q总=12mv'2,Q=𝑅𝑅+𝑟Q总解得Q=3𝑅𝑅+𝑟nd(F-μmg)。解题技法用能量守恒的思路处理时,要熟悉一个功能关系——安培力做功与电能关系:WF=-ΔE电——安培力做负功,将其他形式能转化为电能。另外,此类问题要特别注意,具体题目中问的是整个电路中产生的焦耳热还是某个支路产生的焦耳热。当堂练2(2017浙江杭州萧山命题比赛)某同学利用电磁学知识自主设计了一款小玩具,该玩具简易模型图如图1所示,水平U形轨道,cd垂直于ae,在轨道左侧abcd区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B随时间变化如图2所示,轨道右侧区域cdef存在电磁弹射系统,当导体棒开始运动时,该系统自动开启,它能给导体棒提供水平向右大小恒为F=0.4N的推力,在轨道右侧固定一个1/4圆柱形挡板,圆柱半径R=0.1m,圆柱的中心轴线与ef重合,且圆柱形挡板最高点与轨道等高,现有一导体棒静止放在轨道cd位置,已知距离ac=0.1m,cd=0.2m,ce=0.5m,导体棒的质量m=0.1kg,电阻R0=0.1Ω,与水平轨道间动摩擦因数大小μ=0.2(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),轨道电阻忽略不计,在整个运动过程中导体棒终保持水平,g取10m/s2。求:图1图2(1)t=0时刻起经过多少时间导体棒开始运动;(2)为使导体能够到达ef,电磁弹射系统至少需要开启多少时间;(3)通过改变电磁弹射系统所提供的水平推力及开启时间,可使导体棒击中挡板的不同位置,求击中挡板时导体棒动能的最小值。答案:(1)5s(2)0.5s(3)320J解析:(1)由电磁感应定律得E=nΔ𝛷Δ𝑡=Δ𝐵𝑆Δ𝑡=0.02V由欧姆定律得I=𝐸𝑅0=0.2A要运动最少满足F安=BIL=μmg由题图可得B=Δ𝐵Δ𝑡t1,解得t1=5s,(2)由动能定理得Fx-μmgLce=ΔEk=0由运动学公式得x=12𝑎𝑡22由牛顿第二定律得a=𝐹-𝐹f𝑚=2m/s解得t2=0.5s(3)设导体棒击中挡板的任意点坐标为(x,y),则x=v0ty=12gt2由机械能守恒得Ek=12𝑚𝑣02+mgy又x2+y2=R2化简得Ek=14mg𝑅2𝑦+34mgy由数学不等式得14mg𝑅2𝑦=34mgy,即y=33R时Ek最小Ek=32mgR=320J电磁感应中动量问题【典题3】(2017浙江绍兴一中高三期末)如图所示,两根间距为l1的平行导轨PQ和MN处于同一水平面内,左端连接一阻值为R的电阻,导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中。一质量为m、横截面为正方形的导体棒CD垂直于导轨放置,棒到导轨左端PM的距离为l2,导体棒与导轨接触良好,不计导轨和导体棒的电阻。(1)若CD棒固定,已知磁感应强度B的变化率随时间t的变化关系式为=ksinωt,求回路中感应电流的有效值I。(2)若CD棒不固定,棒与导轨间最大静摩擦力为Ffm,磁感应强度B随时间t变化的关系式为B=kt。求从t=0到CD棒刚要运动,电阻R上产生的焦耳热Q。Δ𝐵Δ𝑡Δ𝐵Δ𝑡(3)若CD棒不固定,不计CD棒与导轨间的摩擦;磁场不随时间变化,磁感应强度为B。现对CD棒施加水平向右的恒力F,使CD棒由静止开始向右做直线运动。若经过时间t,CD棒获得的速度为v,求此过程中通过CD棒的电荷量q。答案:(1)22𝑅kl1l2(2)Ffml2(3)𝐹𝑡-𝑚𝑣𝐵𝐿解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势为e=Δ𝛷Δ𝑡=Δ𝐵Δ𝑡l1l2=kl1l2sinωt,故电动势有效值为E=22kl1l2,电流有效值为I=22𝑅kl1l2(2)当磁场均匀增加时,回路中的感应电动势为e=Δ𝛷Δ𝑡=kl1l2为一定值,因此电流也为一定值,I=𝑘𝑙1𝑙2𝑅,方向顺时针,因此CD棒受到向左的安培力,大小为F=BIl1=𝑘2𝑙12𝑙2𝑅t,当安培力增大到最大静摩擦力,则导体棒开始滑动,𝑘2𝑙12𝑙2𝑅t=Ffm,t=𝐹fm𝑅𝑘2𝑙12𝑙2,此过程中回路中产生的焦耳热为Q=I2Rt=Ffml2(3)导体棒在恒力作用下做加速度减小的加速运动,取Δt时间内导体棒的速度由v变为v+Δv,因此由动量定理得FΔt-BLIΔt=mΔv,即FΔt-BLΔq=mΔv可以将t秒内的运动过程分解成N个这样的微小过程,N趋向无穷大将这样的微小过程都累加起来得得Ft-BLq=mv-0,q=𝐹𝑡-𝑚𝑣𝐵𝐿解题技法本题的难点在第三小题,导体棒上的电流是变化的,所以不能直接用q=It求解电荷量,所以将过程无限分割,对每个过程运动动量定理分析(或牛顿运动定律F合=ma=m⇒F合Δt=Δp,牛顿第二定律是动量定理的微分形式),再将微小过程累加,问题便迎刃而解。Δ𝑣Δ𝑡当堂练3如图所示,两光滑金属导轨间距d=2m,在桌面上的部分是水平的,仅在桌面上有磁感应强度B=1T,方向竖直向下的有界磁场,电阻R=3Ω,桌面高H=0.8m,金属杆ab质量m=0.2kg,其电阻r=1Ω,在导轨上距桌面h=0.2m的高度处由静止释放,落地点距桌面左边缘的水平距离s=0.4m,g取10m/s2,求:(1)金属杆刚进入磁场时,R上的电流大小;(2)整个过程中电阻R放出的热量;(3)磁场区域的宽度。答案:(1)1A(2)0.225J(3)0.2m解析:(1)设金属杆刚进入磁场时速度为v0,由机械能守恒定律得,mgh=12𝑚𝑣02,解得v0=2m/s。由法拉第电磁感应定律得,E=Bdv0=4V由闭合电路欧姆定律得,R上的电流大小I=𝐸𝑅+𝑟=1A。(2)设金属杆离开磁场时速度为v1,金属杆离开磁场做平抛运动,由平抛运动规律,在竖直方向,H=gt2,在水平方向,s=v1t,联立解得v1=1m/s。12根据能量守恒定律,整个过程中回路产生的焦耳热Q=12𝑚𝑣02−12𝑚𝑣12,电阻R放出的热量QR=𝑅𝑅+𝑟Q,联立解得QR=0.225J。(3)设磁场区域的宽度为L,金属杆通过磁场过程中某一时刻的速度为v,在接下来的一段很短时间Δt内速度变化