2019-2020学年高中物理 第四章 电磁感应 习题课（二）电磁感应中的动力学和能量问题课件 新人

第四章电磁感应习题课(二)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知识点一●知识点一电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．(2)导体的非平衡状态——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．力学对象和电学对象的相互关系3．导体受力与运动的动态关系|例题展示|【例1】(2019·武汉高二检测)如图所示，L1＝0.5m，L2＝0.8m，回路总电阻为R＝0.2Ω，M＝0.04kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1T．现使磁感应强度以ΔBΔt＝0.2T/s的变化率均匀地增大，问：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10m/s2)[解析]回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物．设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有F＝BIL1＝Mg①电流I＝ER②由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝L1L2·ΔBΔt，B＝B0＋ΔBΔtt③由①②③解得F＝0.4N，I＝0.4A，B＝2T，t＝5s.[答案]5s【例2】如图甲所示，两根足够长的直金属导体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．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度的大小．[解析](1)对ab杆进行受力分析，ab杆受三个力：重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直斜面向上；安培力F，平行斜面向上．如图所示．(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv此时电路中电流I＝ER＝BLvRab杆所受安培力F＝BIL＝B2L2vR根据牛顿运动定律，有ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－B2L2vR解得a＝gsinθ－B2L2vmR.(3)当B2L2vR＝mgsinθ时，ab杆达到最大速度vm，vm＝mgRsinθB2L2.[答案](1)见解析(2)BLvRgsinθ－B2L2vmR(3)mgRsinθB2L2[规律总结]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：|对点训练|1．(多选)如图所示，金属杆ab静止放在水平固定的U形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中．当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则()A．杆中感应电流方向是从b到aB．杆中感应电流大小保持不变C．金属杆所受安培力逐渐增大D．金属杆受三个力作用而保持平衡解析：选BC根据楞次定律，杆中感应电流的方向是从a到b，选项A错误；杆中感应电流的大小I＝ER＝SΔBRΔt＝SkR其中ΔBΔt＝k为常量，所以杆中感应电流大小保持不变，选项B正确；金属杆所受安培力F＝BIL会随着磁感应强度B的增大而逐渐增大，选项C正确；金属杆受到重力、支持力、安培力和摩擦力四个力的作用而保持平衡，选项D错误．2.如图所示，平行导轨与水平地面成θ角，沿水平方向横放在平行导轨上的金属棒ab处于静止状态．现加一个竖直向下的匀强磁场，且使磁场的磁感应强度逐渐增大，直到ab开始运动，在运动之前金属棒ab受到的静摩擦力可能是()A．逐渐减小，方向不变B．逐渐增大，方向不变C．先减小后增大，方向发生变化D．先增大后减小，方向发生变化解析：选B加磁场前金属棒ab的受力情况如图甲所示，Ff＝mgsinθ；当加磁场后，由楞次定律可以判断回路中感应电流的方向为逆时针，磁场会立即对电流施加安培力的作用，金属棒ab的受力如图乙，Ff′＝mgsinθ＋F安cosθ，很显然金属棒ab后来受到的静摩擦力大于开始时的静摩擦力，故选项B正确．3.(2019·辽宁大连期末)如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B＝1T，磁场方向垂直于导轨平面向外，导体棒ab的长度与导轨宽度均为L＝0.5m，电阻R＝2.0Ω.导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．当导体棒ab沿导轨匀速下滑时，标有“3V，1.5W”字样的小灯泡恰好正常发光，g＝10m/s2，求：(1)导体棒ab中的电流I的大小和方向；(2)导体棒ab的速度v的大小；(3)电路的总电功率P；(4)导体棒ab的质量m.解析：(1)ab沿导轨匀速下滑时，导体棒切割磁感线，由右手定则可知，电流方向是b→a，由灯泡正常发光可知：I＝PU＝1.53A＝0.5A.(2)导体棒与导轨，灯泡组成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律：I＝ER＋r＝BLvR＋r，其中r为灯泡的电阻，r＝U2P＝321.5Ω＝6Ω，将数据代入可得v＝8m/s.(3)电路总功率P＝IE＝IBLv＝0.5×1×0.5×8W＝2W.(4)对ab受力分析：重力，安培力，由于ab沿导轨匀速下滑，所以mg＝F＝BIL，即m＝BILg＝1×0.5×0.510kg＝2.5×10－2kg.答案：(1)0.5A电流方向是b→a(2)8m/s(3)2W(4)2.5×10－2kg电磁感应中的能量问题知识点二●知识点二电磁感应中的能量问题1．电磁感应现象中的能量转化(1)与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电路的内能．(2)与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电路的内能．可简单表述如下：2．电磁感应中的能量问题分析思路(1)分析回路，分清电源和外电路．在电磁感应现象中，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，其余部分相当于外电路．(2)分清有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．(3)根据功能关系列式求解．|例题展示|【例3】如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线框开始做减速运动，直到其上边dc刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()A．2mgLB．2mgL＋mgHC．2mgL＋34mgHD．2mgL＋14mgH[解析]设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝v12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得12mv12＝mgH②12mv12＋mg·2L＝12mv22＋Q③由①②③得Q＝2mgL＋34mgH.C选项正确．[答案]C【例4】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻．一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.[解析](1)金属棒在做匀加速运动过程中，回路的磁通量变化量为ΔΦ＝Blx①由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为E＝ΔΦΔt②由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为I＝ER＋r③则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt＝ΔΦR＋r④由以上各式联立，代入数据解得q＝4.5C．⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v，则由运动学公式得：v2＝2ax⑥由动能定理得，棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W＝0－12mv2⑦由功能关系知，撤去外力后回路中产生的焦耳热为Q2＝－W⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得：Q2＝1.8J．⑨(3)因为撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝2∶1，所以Q1＝3.6J⑩由功能关系可知，在棒运动的整个过程中WF＝Q1＋Q2⑪联立⑨⑩⑪式得WF＝5.4J.[答案](1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J[方法技巧]焦耳热的计算技巧(1)电路中感应电流恒定，则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt.(2)电路中感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，根据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，即感应电流产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他．|对点训练|1.如图所示，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积的电荷量为q1；第二次bc边平行于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()A．Q1Q2，q1＝q2B．Q1Q2，q1q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1q2解析：选A根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝B2lab2vRlbc＝B2SvRlab，同理Q2＝B2SvRlbc，又lablbc，故Q1Q2；因q＝It＝ERt＝ΔΦR，故q1＝q2.因此A正确．2．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m，其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，金属框经过时间t运动到竖直位置，此时ab边的速度为v，求：(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；(2)线框运动到竖直位置时，线框中感应电动势的大小；(3)此过程中线框产生的热量．解析：(1)线框在初位置时Φ1＝BS＝Bl2转到竖直位置Φ2＝0所以，有ΔΦ＝|Φ1－Φ2|＝Bl2根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝Bl2t.(2)转到竖直位置时，bc、ad两边不切割磁感线，ab边垂直切割磁感线，感应电动势的大小E＝Blv.(3)由能量转化与守恒定律可知，线框的重力势能转化为ab的动能和电路中的电能(即转化的内能部分)，即mgl＝12mv2＋Q得Q＝mgl－12mv2.答案：(1)Bl2t(2)Blv(3)mgl－12mv2