（江苏专用）2021版高考物理一轮复习 第10章 电磁感应 第4节 电磁感应中动力学、动量和能量问题

第4节电磁感应中动力学、动量和能量问题电磁感应中的动力学问题[讲典例示法]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.力学对象和电学对象的相互关系[典例示法](2016·全国卷Ⅱ)如图所示，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。思路点拨：分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确的求解问题。甲乙[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得杆中的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0Fm－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＝ER⑤式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝B2l2t0m。⑧[答案](1)Blt0Fm－μg(2)B2l2t0m用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题[跟进训练]电磁感应中的平衡问题1.(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小。[解析](1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①N1＝2mgcosθ②对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③N2＝mgcosθ④联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)。⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I＝εR⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2。⑨[答案](1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2电磁感应中动力学问题2．(2018·江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒：(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。[解析](1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2＝2as解得v＝2as。(2)金属棒所受安培力F安＝IdB金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安根据牛顿第二定律有F＝ma解得I＝mgsinθ－adB。(3)金属棒的运动时间t＝va，通过的电荷量Q＝It解得Q＝mgsinθ－a2asdBa。[答案](1)2as(2)mgsinθ－adB(3)mgsinθ－a2asdBa3.(2019·重庆市模拟)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＝1m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2Ω，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＝1T，磁场的宽度x1＝1m；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＝0.5T。一个质量为m＝1kg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＝0.2Ω，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＝8m。求：(g取10m/s2)(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mgsinθ＝F安①而F安＝B0I0L，②I0＝B0Lv0R＋r③代入数据解得v0＝2m/s。④(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mgsinθ－F安′＝ma，⑤而F安′＝B1I1L，⑥I1＝B1Lv0R＋r，⑦代入数据可解得a＝3.75m/s2。⑧(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mgsinθ＝F安″，⑨而F安″＝B1I2L⑩I2＝B1Lv1R＋r，⑪代入数据解得v1＝8m/s。[答案](1)2m/s(2)3.75m/s2(3)8m/s电磁感应中的能量问题[讲典例示法]1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．求解电磁感应现象中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。[典例示法]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＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m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＝2.0T。质量m＝4.0kg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x＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N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＝10m/s2，sin53°＝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＝F－mgsinθm＝12m/s2①进入磁场时的速度v＝2ax＝2.4m/s。②(2)感应电动势E＝Blv③感应电流I＝BlvR④安培力FA＝IBl⑤代入得FA＝Bl2vR＝48N。⑥(3)健身者做功W＝F(x＋d)＝64J⑦由F－mgsinθ－FA＝0⑧知CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动时间为t＝dv⑨焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J。○10[答案](1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J[跟进训练]功能关系在电磁感应中的应用1.(多选)(2018·江苏高考)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()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4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4BC[根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为Q2＝2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝2gh，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，联立解得hm2gR22B4L4，选项D错误。]2.如图所示，凸字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g；求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H。[解析](1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律可得E1＝2Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律可得I1＝E1R设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有mg＝F1联立解得v1＝mgR4B2l2设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝mgRB2l2，故可知v2＝4v1。(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律可得2mgl＝12mv21线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得mg(2l＋H)＝12mv22－12mv21＋Q联立解得：H＝Qmg＋28l。[答案](1)4倍(2)Qmg＋28l电功率和焦耳热的计算3．(2019·南京三模)如图甲所示，导体框架abcd水平固定放置，ab平行于dc且bc边长L＝0.20m，框架上有定值电阻R＝9Ω(其余电阻不计)，导体框处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2、电阻r＝1Ω的线圈，通过导线和开关K与导体框架相连，线圈内充满沿其轴线方向的匀强磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。B1与B2互不影响。甲乙(1)求0～0.10s线圈中的感应电动势大小E；(2)t＝0.22s时刻闭合开关K，若bc边所受安培力方向竖直向上，判断bc边中电流的方向，并求此时其所受安培力的大小F；(3)从t＝0时刻起闭合开关K，求0.25s内电阻R中产生的焦耳热Q。[解析](1)由法拉第电磁感应定律得E1＝nΔΦΔt代入数据得E1＝nSΔB2Δt＝30V。(2)由左手定则得电流方向为b→c代入数据得E2＝nSΔB2Δt＝60V由闭合电路欧姆定律得I2＝E2R＋r＝6A安培力大小F＝I2LB1＝1.2N。(3)由法拉第电磁感应定律得I1＝E1R＋r＝3AQ＝I21Rt1＋I22Rt2＝24.3J。[答案](1)30V(2)电流方向由b→c1.2N(3)24.