（浙江选考）2021版高考物理一轮复习 第九章 电磁感应 交变电流 题型探究课六 电磁感应中的动力学

第九章电磁感应交变电流题型探究课六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【题型解读】感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．1．力学对象和电学对象的相互关系2．动态分析的基本思路【典题例析】(2019·4月浙江选考)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5s－1.当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功，sin37°＝0.6)(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.[解析](1)在x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝（Blv）2R此时v＝kx＝1m/s解得B＝PR（lv）2＝305T.(2)在无磁场区间0≤x0.2m内，有a＝5s－1×v＝25s－2×xF＝25s－2×xm＋μmgcosθ＋mgsinθ＝(0.96＋2.5x)N在有磁场区间0.2m≤x≤0.8m内，有FA＝（Bl）2vR＝0.6xNF＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N.(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)WA1＝0.62(x1＋x2)·(x2－x1)J＝0.18J撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝12mv2(mgsinθ－μmgcosθ)s＝12mv′2解得v′＝2m/s由于mgsinθ－μmgcosθ－（Bl）2v′R＝0故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功WA2＝（Bl）2v′R(x2－x1)＝0.144JQ＝WA1＋WA2＝0.324J.[答案]见解析【题组过关】考向1水平导轨上的运动分析1．(2020·1月浙江选考)如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻R两端的电压．两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场．t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线．取x0＝－UmT2πBl，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O.不计摩擦阻力和其他电阻，导体棒始终垂直导轨运动．(提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功)(1)求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；(2)求在0至0.25T时间内外力F的冲量；(3)若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度．解析：(1)由显示的波形可得U＝Umsin2πTtI＝UmRsin2πTtFA＝－BIl＝－BlUmRsin2πTt.(2)安培力的冲量IA＝－ΔqBl＝－B2|x0|l2R导体棒移动的速度v＝UmBlsin2πTt由动量定理，有IF＋IA＝mvmIF＝BlUmT2πR＋mUmBl.(3)棒做简谐运动，有FA＋F＝－kx当FA＝－F时，x＝0，v＝±vm＝±1m/s当FA＝F时，设位移为x′，速度为v′FA＝－12kx′F0＝－kx0FA＝－x′2由已知条件得FA＝BIl＝Bl2v′R＝v′4由于方向相反FA＝－v′4，所以2x′＝v′由动能定理得，12mv′2＝12k(x20－x′2)x′1＝15m和v′1＝25m/sx′2＝－15m和v′2＝－25m/s.答案：见解析考向2竖直方向上的运动分析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，有E1＝2Blv1①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，有I1＝E1R②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝mgR4B2l2⑤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＝mgRB2l2⑥由⑤⑥式得v2＝4v1.⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝12mv21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝12mv22－12mv21＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l.答案：(1)4倍(2)Qmg＋28l电磁感应中的能量问题【题组过关】1．(2017·11月浙江选考)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．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)由动能定理(mg－I－B2d)t＝mv或mgt－B2dΔq＝mv及Δq＝I－t＝dhB22R得v＝gt－hB22d22Rmab棒产生的热量Q＝12mgh－12mv2得Q＝2.3×10－3J.答案：见解析2．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；(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/s2进入磁场时的速度v＝2as＝2.4m/s.(2)感应电动势E＝Blv感应电流I＝BlvR安培力FA＝IBl代入得FA＝（Bl）2vR＝48N.(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J由牛顿第二定律F－mgsinθ－FA＝0CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t＝dv焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J.答案：见解析1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法