（浙江新高考专用）2019-2020学年高中物理 第四章 电磁感应现象 微型专题3 电磁感应中的动力

微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题第四章电磁感应课时要求1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.NEIRONGSUOYIN内容索引达标检测检测评价达标过关微型专题练克难解疑精准高效重点探究启迪思维探究重点重点探究一、电磁感应中的动力学问题电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析导体的受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解.例1如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，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，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为g)(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；图1答案见解析图解析由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b，如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小；答案BLvRgsinθ－B2L2vmR解析当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中的电流I＝ER＝BLvRab杆受到安培力F安＝BIL＝B2L2vR根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝mgsinθ－B2L2vR＝ma则a＝gsinθ－B2L2vmR.(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.答案mgRsinθB2L2解析当a＝0时，ab杆有最大速度vm，即mgsinθ＝B2L2vmR，解得vm＝mgRsinθB2L2.例2(2017·“七彩阳光”联盟高三第二学期期初联考)半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长也为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图2所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的圆内无磁场.另有一水平金属导轨MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放置在水平地面上.所有接触都良好，细绳与金属棒CD垂直，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.图2(1)若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压；答案见解析解析感应电动势E＝BLv＝B1r2ω0r＋ω0r2＝32B1ω0r2感应电流I＝E3R＝B1ω0r22R电压表示数UV＝I·2R＝B1ω0r2(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间以ω＝kt变化，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式.答案见解析解析电流I′＝E′3R＝B1ωr22R＝B1kr2t2R金属棒CD受到的安培力F安＝B2I′L＝B1B2kLr2t2R重物离开地面之前受力平衡，有FN＋FT＝mg当F安≤μmg，即t≤2μmgRB1B2kLr2时，FT＝0所以FN＝mg当F安μmg，即t2μmgRB1B2kLr2时，FT＝F安－μmg所以FN＝mg－B1B2kLr2t2R＋μmg.提示1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向.2.要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.[学科素养]例1、例2考查了电磁感应的动力学问题，在处理该类问题时，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动―――――→E＝BLv产生感应电动势―――――→I＝ER＋r产生感应电流―――――→F＝BIL导体受安培力―→合外力变化―――――→F合＝ma加速度变化―→速度变化―――――→E＝BLv感应电动势变化……→a＝0，v达到最大值.将电磁感应与受力分析、牛顿运动定律、物体的平衡等知识有机结合，培养了学生的综合分析、科学推理能力，很好地体现了物理“科学思维”的学科素养.二、电磁感应中的能量问题1.电磁感应中能量的转化(1)转化方式(2)涉及到的常见功能关系①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.2.焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.②利用能量守恒定律，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.例3(2016·浙江理综)小明设计的电磁健身器的简化装置如图3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s＝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；图3答案2.4m/s解析由牛顿第二定律得a＝F－mgsinθm＝12m/s2CD棒进入磁场时的速度v＝2as＝2.4m/s(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；答案48N解析感应电动势E＝Blv感应电流I＝BlvR安培力FA＝BIl代入得FA＝Bl2vR＝48N(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.答案64J26.88J解析健身者做功W＝F(s＋d)＝64J因F－mgsinθ－FA＝0，则CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t＝dv焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J.例4(2017·杭州地区重点中学高二第二学期期中)如图4所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连着一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B.将一根长度稍大于L、质量为m、电阻也为R的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放.已知当金属棒到达如图所示的cd位置，金属棒的速度达到最大，此时金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.75mg.求：(1)判断流经电阻R的电流方向；14图4答案见解析解析根据楞次定律，流经R的电流方向为a→R→b(2)求金属棒速度的最大值vm；答案见解析解析金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0mgcosθ＝BIL，解得I＝mgcosθBLE＝BLvmI＝E2R联立解得vm＝2mgRcosθB2L2(3)金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量.答案见解析解析金属棒滑到轨道最低点时1.75mg－mg＝mv2r由能量转化和守恒得Q＝mgr－12mv2＝58mgr电阻R上产生的热量QR＝RQR＋R＝516mgr.达标检测解析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，由F＝BIl＝B2l2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确.1.(电磁感应中的动力学问题)如图5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为一定值电阻，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忽略不计.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将做往返运动1234√图52.(电磁感应中的动力学问题)(多选)(2018·东阳中学高二下学期期中)如图6所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度.以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是图61234√√√1234解析线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用.若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确，A错误；mgRB2L2若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B正确；1234若进入时重力大于安培力，由mg－B2L2vR＝ma，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，离开磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安0力随速度减小而减小，故D正确.D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4图712343.(电磁感应中的动力学和能量问题)(多选)如图7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，磁感应强度均为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，则金属杆A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd√√若金属杆进入磁场Ⅰ做匀速运动，则B2L2vR－mg＝0，得v＝mgRB2L2，因金属杆进入磁场Ⅰ做减速运动，则金属杆进入磁场Ⅰ的速度大于mgRB2L2，根据h＝v22g得金属杆进入磁场Ⅰ的高度应大于m2g2R22gB4L4＝m2gR22B4L4，选项D错误.解析由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；1234从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为4mgd，选项C正确；解得：μ＝0.54.(电磁感应中的力电综合问题)(2018·温州新力量联盟高二第一学期期末)如图8甲所示，MN、PQ为间距L＝0.5m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接一个R＝4Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1T.将一根质量为m＝0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好.现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；图81234答案0.5解析由题图乙可知：当v＝0时，a＝2m/s2由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2)cd