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第4节电磁感应中的动力学和能量问题第九章电磁感应交变电流一、电磁感应现象中的动力学问题1.安培力的大小安培力公式:F=_____感应电动势:E=_____感应电流:I=ER⇒F=B2l2vRBIlBlv2.安培力的方向(1)先用__________判定感应电流方向,再用__________判定安培力方向.(2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向_____.3.动态分析的基本思路导体受外力运动―――→E=Blv感应电动势―――――→I=ER+r感应电流―――→F=BIl导体受安培力―→合力变化―――→F合=ma加速度变化―→速度变化―→临界状态右手定则左手定则相反4.电磁感应中的动力学临界问题:解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度求最大值或最小值的条件.二、电磁感应中的能量转化1.过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程.(2)感应电流在磁场中受安培力,若克服安培力做功,则___________的能转化为_____;若安培力做正功,则电能转化为其他形式的能.(3)当感应电流通过用电器时,______能转化为__________的能.其他形式电能电其他形式2.安培力做功和电能变化的对应关系:“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能;安培力做多少功,就有多少电能转化为其他形式的能.电磁感应中的动力学问题【知识提炼】1.导体棒(框)的两种状态(1)平衡状态——静止或匀速直线运动,加速度为零.(2)非平衡状态——加速度不为零.2.两类研究对象及相互联系【典题例析】如图,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.[审题突破]解答的关键是对ab、cd棒受力分析,由平衡条件求出ab棒受到的安培力,再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小.[解析](1)设两根导线的总的张力的大小为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E=BLv⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小由欧姆定律得I=ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ)mgRB2L2.[答案](1)mg(sinθ-3μcosθ)(2)(sinθ-3μcosθ)mgRB2L2【题组过关】考向1水平导轨上的运动分析1.(2019·杭州联考)如图所示,两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上,其质量均为m=1kg,导轨间距d=0.5m,现两棒并齐,中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧,弹簧弹性势能为Ep=16J,现释放弹簧(不拴接),弹簧弹开后,两棒同时获得大小相等的速度反向运动,ab棒进入一随时间变化的磁场中,已知B=2+0.5t(单位:T),导轨上另有两个挡块P、Q,cd棒与之碰撞时无能量损失,Pc=aM=16m,两棒电阻均为R=5Ω,导轨电阻不计,若从释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间,即瞬间就弹开两棒),在ab棒进入磁场边界的瞬间,加一外力F(大小和方向都可以变化),使之始终做加速度a=0.5m/s2的匀减速直线运动,求:(1)ab棒刚进入磁场时的外力F的大小与方向;(2)若ab棒速度为零时磁感应强度不再发生变化,则此时所受到的安培力.解析:(1)弹簧弹开时,设两棒的速度大小均为v0,在这个过程中,系统的机械能守恒,则Ep=2×12mv20,解得v0=4m/sab棒经t1=aMv0=164s=4s进入磁场,此时磁感应强度为B1=(2+0.5×4)T=4Tab棒受到的安培力F安=B21d2v02R=1.6N由牛顿第二定律得F安-F=ma则所加外力F=F安-ma=1.1N,方向水平向右.(2)ab棒进入磁场后,又经t2=v0a=8s速度变为零,而此段时间内cd棒与PQ碰撞后反向运动,恰好在t2时刻到达磁场边界MN,故此时的电动势E=B2dv0其中B2=(2+0.5×12)T=8T解得E=16V,I=E2R=1.6A所以此时ab棒受到的安培力F=B2Id=8×1.6×0.5N=6.4N,方向水平向右.答案:(1)1.1N方向水平向右(2)6.4N方向水平向右考向2倾斜导轨上的运动分析2.(2019·嘉兴调研)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,间距为L.导轨上端接有一平行板电容器,电容为C.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系.解析:(1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为E=BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U=E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有C=QU③联立①②③式得Q=CBLv.④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为F安=Bli⑤设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,据定义有i=ΔQΔt⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量.由④式得:ΔQ=CBLΔv⑦式中,Δv为金属棒的速度变化量.据定义有a=ΔvΔt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为Ff=μFN⑨式中,FN是金属棒对导轨的正压力的大小,有FN=mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有mgsinθ-F安-Ff=ma⑪联立⑤至⑪式得a=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cg⑫由⑫式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动.t时刻金属棒的速度大小为v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt.答案:(1)Q=CBLv(2)v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt考向3竖直方向上的运动分析3.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=E2r+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=12mgh-12mv2得Q=2.3×10-3J.答案:见解析2.(2016·高考浙江卷)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/s2①进入磁场时的速度v=2as=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(s+d)=64J⑦由牛顿第二定律F-mgsinθ-FA=0⑧CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t=dv⑨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
本文标题:(浙江选考)2020版高考物理总复习 第九章 4 第4节 电磁感应中的动力学和能量问题课件
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