【物理】2019届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题学案（江苏专用）

【物理】2019届一轮复习人教版电磁感应中的动力学和能量问题学案（江苏专用）

能力课　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 ‎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.电学对象与力学对象的转换及关系 ‎【例1】　(2016·全国卷Ⅱ，24)如图1，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 图1‎ ‎(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。‎ 解析　分别画出金属杆进入磁场前、后的受力分析示意图。‎ ‎(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知产生的电动势为 E＝Blv③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0(－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＝⑤‎ 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥‎ 因金属杆做匀速运动，有 F－μmg－F安＝0⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧‎ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 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：‎ ‎　电磁感应中的能量问题 ‎1.电磁感应中的能量转化 ‎2.求解焦耳热Q的三种方法 ‎3.解电磁感应现象中的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。‎ ‎【例2】　(2014·江苏单科，13)如图2所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：‎ 图2‎ ‎(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。‎ 解析　(1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡，则有 mgsin θ＝μmgcos θ①‎ 解得μ＝tan θ②‎ ‎(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为 E＝BLv③‎ 则电路中的感应电流I＝④‎ 导体棒所受安培力F安＝BIL⑤‎ 且由平衡条件得F安＝mgsin θ⑥‎ 联立③～⑥式，解得v＝⑦‎ ‎(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：‎ ‎3mgdsin θ＝Q＋Qf＋mv2⑧‎ 摩擦产生的内能Qf＝μmgdcos θ⑨‎ 联立⑧⑨解得Q＝2mgdsin θ－⑩‎ 答案　(1)tan θ　(2) ‎(3)2mgdsin θ－ 电磁感应中的“杆＋导轨”模型 ‎1.模型构建 ‎“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点。“杆＋导轨”模型又分为“单杆”和“双杆”模型(“单杆”模型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等。‎ ‎2.模型分类及特点 ‎(1)单杆水平式(导轨光滑)‎ 物理模型 动态分析 设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝－，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v最大，vm＝ 电学特征 I恒定 ‎(2)单杆倾斜式(导轨光滑)‎ 物理模型 动态分析 棒释放后下滑，此时a＝gsin α，速度v↑E＝BLv↑I＝↑F＝BIL↑a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，v最大 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v最大，vm＝ 电学特征 I恒定 ‎[题源：人教版选修3－2·P21·T3]‎ 设图4.5－5中的磁感应强度B＝1 T，平行导轨宽l＝1 m，金属棒PQ以1 m/s速度贴着导轨向右运动，R＝1 Ω，其他电阻不计。‎ 图4.5－5‎ ‎(1)运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图。‎ ‎(2)通过R的电流方向如何？大小等于多少？‎ 解析　(1)等效电路如图所示。‎ ‎(2)通过R的电流方向从上到下。‎ 根据导体切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Blv，PQ的电动势为E＝1×1×1 V＝1 V。‎ 根据闭合电路欧姆定律，通过R的电流I＝＝ A＝1 A。‎ 答案　(1)见解析图　(2)从上到下　1 A 拓展1　(多选)如图3所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向右运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.导体棒ab中电流的流向为由a到b B.cd两端的电压为1 V C.de两端的电压为1 V D.fe两端的电压为1 V 解析　由右手定则可知ab中电流方向为b→a，选项A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间都无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝·R＝‎ ＝1 V，选项B、D正确，C错误。‎ 答案　BD 拓展2　(2017·江苏单科，13)如图4所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且 足够长，杆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：‎ 图4‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。‎ 解析　(1)感应电动势E＝Bdv0‎ 感应电流I＝ 解得I＝ ‎(2)安培力F＝BId 牛顿第二定律F＝ma 解得a＝ ‎(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则 感应电动势E＝Bd(v0－v)‎ 电功率P＝ 解得P＝ 答案　(1)　(2)　(3) ‎1.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不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)‎ 图5‎ 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将往返运动 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，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。‎ 答案　A ‎2.两个不可形变的正方形导体框a、b连成如图6甲所示的回路，并固定在竖直平面(纸面)内。导体框a内固定一小圆环c，a与c在同一竖直面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定逆时针方向为电流的正方向)，导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则MN边在匀强磁场中受到的安培力(　　)‎ 图6‎ A.0～1 s内，方向向下 B.1～3 s内，方向向下 C.3～5 s内，先逐渐减小后逐渐增大 D.第4 s末，大小为零 解析　根据i－t图象可知，在0～6 s内MN边都有大小恒定的电流通过，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，选项C、D均错；0～1 s、3～5 s内电流的方向由N→M；1～3 s、5～6 s内电流的方向由M→N，对以上情况可用左手定则判断出MN边的安培力方向，0～1 s、3～5 s内安培力方向向上，1～3 s、5～6 s内安培力方向向下，故选项B正确、A错误。‎ 答案　B ‎3.(2017·南京三模)(多选)图7中四个物体由金属圆环组成，它们所用材质和圆环半径都相同。2环较细，其余五个粗环粗细相同，3和4分别由两个相同粗环焊接而成，在焊点处沿两环环心连线方向割开一个小缺口(假设缺口处对环形、质量和电阻的影响均不计)。四个物体均位于竖直平面内。空间存在着方向水平且与环面垂直、下边界为过MN的水平面的匀强磁场。1、2、3的下边缘均与MN相切，4的两环环心连线竖直，小缺口位于MN上。已知圆环的半径远大于导线的直径。现将四个物体同时由静止释放，则(　　)‎ 图7‎ A.1先于2离开磁场 B.离开磁场时2和3的速度相等 C.在离开磁场的过程中，1和3产生的热量一样多 D.在离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量，1比4多 解析　金属圆环受重力和安培力作用，加速度a＝＝g－，其中L为切割磁感线的有效长度即弦长。又圆环电阻R＝ρ′，质量m＝ρV＝ρlS，其中l为圆环周长，S为圆环横截面积，ρ′为电阻率，ρ为密度。将R、m代入可得a＝g－，可知1和2的加速度相同，与质量和粗细无关，选项A错误；3的L和l 均是2的两倍，故它们的加速度也相等，运动规律相同，选项B正确；由动能定理mgh－Q＝mv2，圆环产生的热量Q＝－mv2＋mgh，1的末速度v、下落高度h均与3相同，但质量m比3小，故热量也比3小，选项C错误；通过1、4导线的电荷量q＝＝，其中S为单个圆环面积，由于4电阻R比1大，故q比1小，选项D正确。‎ 答案　BD ‎4.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图8所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。则(　　)‎ 图8‎ A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝ D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 解析　金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，选项A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项B错误；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，又I＝，解得F＝，选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量，选项D错误。‎ 答案　AC 活页作业 ‎(时间：45分钟)‎ ‎1.(2017·江苏南通第二次调研)如图1所示，MN、PQ为光滑平行的水平金属导轨，电阻R＝3.0 Ω，置于竖直向下的有界匀强磁场中，OO′为磁场边界，磁场磁感应强度B＝1.0 T，导轨间距L＝1.0 m，质量m＝1.0 kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好，导体棒接入电路的电阻为r＝1.0 Ω。t＝0时刻，导体棒在F＝1.0 N水平拉力作用下从OO′左侧某处由静止开始以加速度a0＝1.0 m/s2做匀加速运动， t0＝2.0 s时刻棒进入磁场继续运动，导体棒始终与导轨垂直。‎ 图1‎ ‎(1)求t0时刻回路的电功率P0；‎ ‎(2)求t0时刻导体棒的加速度a的大小；‎ ‎(3)导体棒进入磁场后，改变拉力大小，使棒以(2)情况下的加速度a匀加速运动至t1＝4.0 s时刻，已知t0～t1时间内拉力做功W＝5.7 J，求此过程中回路中产生的焦耳热Q。‎ 解析　(1)导体棒在进入磁场前，由牛顿第二定律得，‎ F＝ma0‎ 棒在t0时刻速度v0＝a0t0‎ 棒在t0时刻产生的电动势E＝BLv0‎ 电功率P0＝ 代入数据解得P0＝1.0 W ‎(2)回路在t0时刻产生的感应电流I＝ 棒在t0时刻受到的安培力FA＝BIL 根据牛顿定律有 F－FA＝ma 代入数据解得a＝0.5 m/s2‎ ‎(3)t1时刻棒的速度v＝v0＋a(t1－ t0)‎ 由动能定理有W＋WA＝mv2－mv Q ＝－WA 代入数据解得Q＝3.2 J 答案　(1)1.0 W　(2)0.5 m/s2　(3)3.2 J ‎2.(2017·苏北四市徐州、淮安、连云港、宿迁高三调研)如图2所示，边长为L、电阻为R、质量为m的正方形线框abcd放在光滑水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场，磁场宽度为L，左边界与线框的ab边相距为L。线框在水平恒力F作用下由静止向右运动，cd边进入磁场前已做匀速运动。求 图2‎ ‎(1)线框匀速运动时的速度大小v；‎ ‎(2)进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q；‎ ‎(3)线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。‎ 解析　(1)线框匀速运动时E＝BLv I＝ 对ab边F安＝BIL F安＝F 解得v＝ ‎(2)线框进入磁场过程中E＝ I＝ 电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝ ‎(3)线框通过磁场过程中，由能量守恒定律得 ‎3FL＝Q＋mv2‎ 线框中产生的焦耳热Q＝3FL－ 答案　(1)　(2)　(3)3FL－ ‎3.(2017·江苏省镇江市高三第一次模拟考试)如图3所示，两根足够长的平行金属导轨间距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接电阻R＝0.05 Ω。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度B＝2.0 T的匀强磁场。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质细绳跨过定滑轮与拉杆GH(GH杆的质量不计)相连。某同学用F＝80 N的恒力竖直向下拉动GH杆，使CD棒从图中初始位置由静止开始运动，刚进入磁场时速度为v＝2.4 m/s，当CD棒到达磁场上边界时该同学松手。取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻和一切摩擦。求：‎ 图3‎ ‎(1)CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；‎ ‎(2)该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度h；‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W和电阻R上产生的热量Q。‎ 解析　(1)CD棒向上运动 F－mgsin θ＝ma 解得a＝12 m/s2‎ 由运动学公式v2＝2as 解得s＝0.24 m ‎(2)刚进入磁场时E＝Blv 由闭合电路欧姆定律I＝ 又F安＝BIl 因为F＝mgsin θ＋F安 所以CD棒在磁场中做匀速直线运动 离开磁场后，CD棒沿导轨向上做匀减速运动 由v2＝2gxsin θ 解得x＝0.36 m CD棒还能继续上升的最大高度h＝xsin θ＝0.288 m ‎(3)该同学所做的功W＝F(s＋d)‎ 解得W＝64 J 由能量转化和守恒定律得 F(s＋d)＝mg[(s＋d)sin θ＋h]＋Q 解得Q＝26.88 J 答案　(1)0.24 m　(2)0.288 m　(3)64 J　26.88 J ‎4.(2017·苏州一模)如图4所示，“”形金属导轨水平放置，宽为L＝0.50 m，电阻大小不计。在导轨间长d＝0.8 m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＝2.0 T。质量m＝4.0 kg、电阻R0＝0.05 Ω的金属棒CD水平置于导轨上，与轨道之间的动摩擦因数为0.25，初始位置与磁场区域的左边界相距s＝0.2 m，用一根轻质绝缘的细绳水平绕过定滑轮与CD棒相连。现用一个恒力F＝50 N竖直向下作用于细绳A端，CD棒由静止开始运动，运动过程中CD棒始终保持与导轨垂直，取g＝10 m/s2。求：‎ 图4‎ ‎(1)CD棒刚进入磁场时所受的安培力的大小；‎ ‎(2)CD棒通过磁场的过程中流过其横截面的电荷量q；‎ ‎(3)CD棒在磁场中运动的过程中电路产生的热量Q。‎ 解析　(1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，代入得a＝10 m/s2‎ 由运动学公式得v2＝2as，代入得v＝2 m/s 由感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 安培力F安＝BIL 得金属棒进入磁场时安培力F安＝40 N ‎(2)q＝I·Δt＝·Δt＝＝ 代入数值得q＝16 C ‎(3)金属棒进入磁场后，满足F＝μmg＋F安，金属棒所受合力为零，可知金属棒在磁场中受力平衡，做匀速直线运动。电路中电流为恒定电流I＝40 A，在磁场中运动所用时间t＝，则t＝0.4 s 由焦耳定律得Q＝I2Rt 代入得CD棒在磁场中运动的过程中回路中所产生的热量 Q＝32 J。‎ 答案　(1)40 N　(2)16 C　(3)32 J ‎5.(2017·泰州一模)如图5甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝37°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：‎ 图5‎ ‎(1)杆ab下滑过程中感应电流的方向及R＝0时最大感应电动势E的大小；‎ ‎(2)金属杆的质量m和阻值r；‎ ‎(3)当R＝4 Ω时，求回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功W。‎ 解析　(1)杆中电流方向从b→a(或aMPba)‎ 由图可知，当R＝0时，杆最终以v＝2 m/s匀速运动， ‎ 产生电动势E＝BLv 代入数值，解得E＝2 V ‎(2)设最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势 E＝BLvm，闭合电路的欧姆定律I＝ 杆达到最大速度时满足mgsin θ－BIL＝0‎ 解得vm＝R＋r 由图象可知：‎ 斜率为k＝ m/(s·Ω)＝1 m/(s·Ω)，‎ 纵截距为v0＝2 m/s，得到 r＝v0，＝k 解得m＝0.17 kg，r＝2 Ω。‎ ‎(3)由题意：E＝BLv P＝ 得P＝ ΔP＝－ 由动能定理得W＝mv－mv W＝ΔP＝0.5 J 答案　(1)b→a　2 V　(2)0.17 kg　2 Ω　(3)0.5 J