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课时3　电磁感应中的动力学问题、能量问题
基础梳理
一、电磁感应现象中的动力学问题
1.安培力的大小
BIl
BIv
2.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
。
右手定则
左手定则
相反
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
能;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。
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。
其他形式
电
电
其他形式
考点一　电磁感应中的动力学问题分析
电磁感应中通过导体的感应电流,在磁场中将受到安培力的作用,因此,电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起。
(1)导体两种状态及处理方法
①导体的平衡态——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为零列式分析。
②导体的非平衡态——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。
夯实考点
③然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力;F合=ma。
④接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型。由于安培力是变力,导体棒做变加速或变减速运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力平衡条件列平衡方程:F合=0
(3)电磁感应中动力学问题的两类常见模型
[典例1]
如图甲,两相距L=0.5
m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2
Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2
kg的金属杆垂直置于导轨上,与导轨接触良好,导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其v-t图象如图乙所示。在15
s末撤去拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持杆中电流为0。求:
(1)金属杆所受拉力的大小F。
答案:(1)0.24
N
(2)0～15
s内匀强磁场的磁感应强度大小B0。
答案:(2)0.4
T　
(3)15～20
s内磁感应强度随时间的变化规律。
变式1:如图所示,MN,PQ为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨,间距为L1,处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中,一导体杆ef垂直于MN,PQ放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内,两顶点a,b通过细导线与导轨相连,磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里,金属框恰好处于静止状态,不计其余电阻和细导线对a,b点的作用力。
(1)通过ab边的电流Iab是多大?
(2)导体杆ef的运动速度v是多大?
考点二　电磁感应中的能量问题分析
1.电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流,感应电流在磁场中受安培力。外力克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能,感应电流通过电阻发热,使电能转化为其他形式的能。
2.实质
电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和电能之间的转化。
3.用能量观点解决电磁感应问题的基本思路
[典例2]
如图所示,虚线框a′b′c′d′内为一矩形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,实线框abcd是一长方形导线框,ab=2bc,a′b′边与ab平行,若将导线框匀速地拉离磁场区域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功,W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功,则(　　)
A.W1=W2
B.W2=2W1
C.W1=2W2
D.W2=4W1
答案:B
变式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=0.50
m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05
Ω的电阻。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的匀强磁场,磁感应强度B=2.0
T。质量m=4.0
kg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=0.24
m。一位健身者用恒力F=80
N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=10
m/s2,sin
53°=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;
答案:(1)2.4
m/s　(2)48
N
(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:(3)64
J　26.88
J
课堂训练
1.(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图所示,MN,PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒ab,cd垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力FTm=2mgsin
θ。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的(　
　
)
AD
(1)测U时,a点连接的是电压表的“正极”还是“负极”?
解析:(1)由右手定则可知A是电源正极,所以a点接的是电压表的正极。
答案:(1)正极
(2)求此时铝块的速度大小。
答案:(2)2
m/s　
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
答案:(3)0.5
J
3.(电磁感应中的能量问题)如图所示,两根足够长的光滑平行直导轨MN,PQ与水平面成θ角放置,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,磁场方向垂直于导轨平面向上,导轨和金属杆接触良好,它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。
(1)求ab杆下滑的最大速度vmax;
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中,电阻R产生的焦耳热为Q,求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q。
真题试做
BC
2.(2019·天津卷,11)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;
(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W。
3.(2019·浙江4月选考,22)如图所示,倾角θ=37°、间距l=0.1
m
的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1
Ω的电阻,质量m=0.1
kg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0.2
m≤x≤0.8
m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=5
s-1。当棒ab运动至x1=0.2
m处时,电阻R消耗的电功率P=0.12
W,运动至x2=0.8
m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,sin
37°=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。
解析:(2)①0≤x≤0.2
m时,
由牛顿第二定律得
F-mgsin
θ-μmgcos
θ=ma,
a=kv,v=kx,联立可得F=2.5x+0.96。
②0.2
mm时,
由牛顿第二定律得
F-mgsin
θ-μmgcos
θ-BIl=ma,
联立可得F=3.1x+0.96。
答案:(2)①0≤x≤0.2
m时,F=2.5x+0.96
②0.2
mm时,F=3.1x+0.96
(3)在棒ab整个运动过程中,电阻R产生的焦耳热Q。
答案:(3)0.324
J课时3　电磁感应中的动力学问题、能量问题
1.(多选)如图所示,金属线框abcd置于光滑水平桌面上,其右方存在一个有理想边界的方向竖直向下的矩形匀强磁场区,磁场宽度大于线框宽度。金属线框在水平恒力F作用下向右运动,ab边始终保持与磁场边界平行。ab边进入磁场时线框恰好能做匀速运动。则下列说法中正确的是(　AD　)
A.线框穿出磁场过程中,一定先做减速运动
B.线框完全处于磁场中的运动阶段,F做的功大于线框动能的增加量
C.线框进入磁场过程,F做的功大于线框内增加的内能
D.线框穿出磁场过程中,F做的功小于线框中产生的焦耳热
解析:线框进入磁场的过程做匀速运动,恒力F等于安培力。线框完全处于磁场中的阶段,磁通量不变,没有感应电流产生,线框做匀加速运动,则线框穿出磁场时速度大于进入磁场时的速度,安培力增大,将大于F,所以线框将做减速运动,故选项A正确;线框完全处于磁场中的阶段,做匀加速运动,根据功能关系可知,F做的功等于线框动能的增加量,故选项B错误;线框进入磁场过程,动能不变,产生感应电流,根据功能关系可知,F做的功等于线框内增加的内能,故选项C错误;线框穿出磁场过程中,由于速度增大,穿出时产生的感应电动势和感应电流大于进入磁场时的感应电动势和感应电流,线框所受的安培力也大于进入磁场时的安培力,这样线框做减速运动,根据功能关系知,F做的功与线框动能减少量之和等于产生的焦耳热,则F做的功小于线框中产生的焦耳热,故选项D正确。
2.如图所示,间距为L,电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是(　D　)
A.金属棒在导轨上做匀减速运动
B.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为
C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
D.整个过程中金属棒克服安培力做功为
解析:设某时刻的速度为v,则此时的电动势E=BLv,安培力F安=,由牛顿第二定律有F安=ma,则金属棒做加速度减小的减速运动,选项A错误;由能量守恒定律知,整个过程中克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和,即W安=Q=m,选项B错误,D正确;整个过程中通过导体棒的电荷量q===,得金属棒在导轨上发生的位移x=,选项C错误。
3.(多选)如图所示,平行金属导轨与水平面成θ角,用导线与固定电阻R1和R2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab,质量为m,两导轨间距为l,导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值相等,都等于R,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒ab沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v时,有(　AC　)
A.棒中感应电流的方向由a到b
B.棒所受安培力的大小为
C.棒两端的电压为
D.棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热
之和
解析:由右手定则可判定导体棒中的电流方向为a→b,故选项A正确;由E=Blv及串、并联电路的特点,知R外=,则I==,所以导体棒所受安培力的大小F=BIl=,故选项B错误;结合I=,知导体棒两端的电压U=I·=,故选项C正确;由能量守恒知,导体棒动能的减少量等于其重力势能的增加量以及电路中产生的电热和克服摩擦力做功产生的内能,故选项D错误。
4.(多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻R,导轨所在的平面与匀强磁场垂直;将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接,金属棒和导轨接触良好,重力加速度为g,如图所示。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则下列说法正确的是(　AD　)
A.金属棒在最低点的加速度小于g
B.回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C.当弹簧弹力等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大
D.金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
解析:金属棒先向下做加速运动,后向下做减速运动,假设没有磁场,金属棒运动到最低点时,根据简谐运动的对称性可知,最低点的加速度等于刚释放时的加速度g,由于金属棒向下运动的过程中产生感应电流,受到安培力,而安培力是阻力,则知金属棒下降的高度小于没有磁场时下降的高度,故金属棒在最低点的加速度小于g,故选项A正确;根据能量守恒定律知,回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差,故选项B错误;金属棒向下运动的过程中,受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用,当三力平衡时,速度最大,即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大,故选项C错误;由于产生内能,由能量守恒得知,金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度,故选项D正确。
5.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r?R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则(　AD　)
A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流
B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落
C.此时圆环的加速度a=
D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=
解析:根据右手定则可知感应电流的方向为顺时针方向,选项A正确;由左手定则可以判断,此时圆环受到的安培力方向向上,选项B错误;对圆环由牛顿第二定律可得加速度a=g-,选项C错误;当重力等于安培力时速度达到最大,可得vm=,选项D正确。
6.CD,EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示。导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则在此过程中,下列说法正确的是(　D　)
A.电阻R的最大电流为
B.流过电阻R的电荷量为
C.整个电路中产生的焦耳热为mgh
D.电阻R中产生的焦耳热为mg(h-μd)
解析:由题图可知,导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大,产生的感应电流最大,由机械能守恒有mgh=mv2,所以I===,A错误;流过R的电荷量为q=t==,B错误;由能量守恒定律可知整个电路产生的焦耳热为Q=mgh-μmgd,C错误;由于导体棒的电阻也为R,则电阻R中产生的焦耳热为Q=mg(h-μd),D正确。
7.如图,两根相距L=0.4
m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置,一端与阻值R=0.15
Ω的电阻相连。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场,其方向与导轨平面垂直,变化率k=0.5
T/m,x=0处磁场的磁感应强度B0=0.5
T。一根质量m=0.1
kg、电阻r=0.05
Ω
的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=2
m/s沿导轨向右运动,运动过程中电阻上消耗的功率不变。求:
(1)回路中的电流;
(2)金属棒在x=2
m处的速度;
(3)金属棒从x=0运动到x=2
m过程中安培力做功的大小;
(4)金属棒从x=0运动到x=2
m过程中外力的平均功率。
解析:(1)由于棒在运动过程中电阻上消耗的功率不变,所以回路中感应电动势恒定,在x=0处由法拉第电磁感应定律得E=B0Lv=0.4
V
由闭合电路欧姆定律得I==2
A。
(2)x=2
m处的磁感应强度大小为B2=B0+kx=1.5
T,
E=B2Lv2
得v2=0.67
m/s。
(3)由于F=BIL且B=B0+kx,
电阻上消耗的功率不变,故电流不变为I=2
A,
x=0时F0=B0IL=0.4
N,
x=2
m时FA=B2IL=1.2
N,
安培力做功W=·x=1.6
J。
(4)由EIt=W解得t=2
s,
金属棒从x=0运动到x=2
m的过程
由动能定理可得Pt-W=m-m,
得P=0.71
W。
答案:(1)2
A　(2)0.67
m/s　(3)1.6
J　　(4)0.71
W
能力提升
8.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边刚进磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,则
E1=2Blv1
①
设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,闭合电路欧姆定律,有
I1=
②
设此时线框所受安培力大小为F1,有F1=2BI1l
③
由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1
④
由①②③④式得v1=
⑤
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=
⑥
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=m
⑧
线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有
mg(2l+H)=m-m+Q
⑨
由⑦⑧⑨式得H=+28l。
⑩
答案:(1)4倍　(2)+28l
9.如图,关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。足够长,质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=k(SI)。求:
(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);
(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系式;
(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
解析:(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),　
此时,切割磁感线的长度为L=2x,
棒有效的电阻为R=2ρx,
安培力F=BIL=,
安培力的功率P=Fv==k
棒做匀加速运动,有v2=2ay,
代入前式得y=()2x2,轨道为抛物线。
(2)安培力Fm==,
将轨道方程代入得Fm=y。
(3)此过程中安培力做功W安=
L2,
棒在y=L处动能mv2=maL,
由动能定理得W-W安=mv2,
解得外力F做功W=
L2+maL。
答案:(1)y=()2x2　(2)Fm=y
(3)
L2+maL
10.如图甲所示,间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上.在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度为B;在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图乙所示。t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前,cd棒始终静止不动,两棒均与导轨接触良好。已知cd棒的质量为m、电阻为R,ab棒的质量、阻值均未知,区域Ⅱ沿斜面的长度为2l,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ,重力加速度为g。求:
(1)通过cd棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向;
(2)当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率;
(3)ab棒开始下滑的位置离EF的距离;
(4)ab棒从开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量。
解析:(1)在0～tx时间内由楞次定律知通过cd棒的电流方向为d→c
由左手定则可判断出区域Ⅰ内磁场方向为垂直于斜面向上。
(2)对cd棒,F安=BIl=mgsin
θ,
所以通过cd棒的电流大小I=
当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率
P=I2R=。
(3)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动,加速度大小为a=
gsin
θ
cd棒始终静止不动,ab棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变,则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动可得=Blvt,即=Blgsin
θtx,
所以tx=
ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度vt=
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离
h=a+2l=3l。
(4)ab棒在区域Ⅱ中运动的时间t2==
ab棒从开始下滑至EF的总时间t=tx+t2=2,
E=Blvt=Bl
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量
Q=EIt=4mglsin
θ。
答案:(1)电流由d到c　磁场垂直于斜面向上
(2)　(3)3l　(4)4mglsin
θ
PAGE
-
10
-课时3　电磁感应中的动力学问题、能量问题
一、电磁感应现象中的动力学问题
1.安培力的大小
?F=
2.安培力的方向
(1)先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定安培力方向。
(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相反。
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,则其他形式的能转化为电能;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,电能转化为其他形式的能。
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。
考点一　电磁感应中的动力学问题分析
　电磁感应中通过导体的感应电流,在磁场中将受到安培力的作用,因此,电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起。
(1)导体两种状态及处理方法
①导体的平衡态——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为零列式分析。
②导体的非平衡态——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)电磁感应中动力学问题的分析思路
①首先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E和I;E=Blv,I=。
②再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小,以便求解安培力;F安=BIl或,
③然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力;F合=ma。
④接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型。由于安培力是变力,导体棒做变加速或变减速运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力平衡条件列平衡方程:F合=0
(3)电磁感应中动力学问题的两类常见模型
类型
“电—动—电”型
“动—电—动”型
示意图
已知
棒ab长L,质量m,电阻R;导轨光滑水平,电阻不计
棒ab长L,质量m,电阻R;导轨光滑,电阻不计
分析
S闭合,棒ab受安培力F=,此时a=,棒ab速度v↑→感应电动势BLv↑→电流I↓→安培力F=ILB↓→加速度a↓,当安培力F=0时,a=0,v最大,最后匀速
棒ab释放后下滑,此时a=gsin
α,棒ab速度v↑→感应电动势E=BLv↑→电流I=↑→安培力F=ILB↑→加速度a↓,当安培力F=mgsin
α时,a=0,v最大,最后匀速
运动形式
变加速运动
变加速运动
最终状态
匀速运动vm=
匀速运动vm=
[典例1]
如图甲,两相距L=0.5
m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2
Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2
kg的金属杆垂直置于导轨上,与导轨接触良好,导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其v-t图象如图乙所示。在15
s末撤去拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持杆中电流为0。求:
(1)金属杆所受拉力的大小F。
(2)0～15
s内匀强磁场的磁感应强度大小B0。
(3)15～20
s内磁感应强度随时间的变化规律。
解析:(1)由v～t图象可知,在0～10
s内,金属杆做匀加速直线运动,杆没有进入磁场,
由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,
由题意可知,15
s末撤去拉力,没有感应电流,杆不受安培力作用,
杆所受的合外力为滑动摩擦力,
由牛顿第二定律得μmg=ma2,
由v～t图象可知,加速度大小
a1==0.4
m/s2,
a2==0.8
m/s2,
解得F=0.24
N。
(2)在10～15
s内,金属杆做匀速直线运动,
速度v=4
m/s,
金属杆受到的安培力
F安=B0IL=,
金属杆做匀速直线运动,处于平衡状态,
由平衡条件得F=μmg+,
代入数据解得B0=0.4
T。
(3)15～20
s内不产生感应电流,穿过回路的磁通量保持不变,
金属杆在10～15
s内的位移
d=vt=4×5
m=20
m,
在15
s后的金属杆的加速度大小
a=a2=0.8
m/s2,
金属杆的位移
x=v(t-15)-a(t-15)2=4(t-15)-0.4(t-15)2,
磁通量保持不变,则B0Ld=BL(d+x),
解得B=
T。
答案:(1)0.24
N　(2)0.4
T　
(3)B=
T
变式1:如图所示,MN,PQ为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨,间距为L1,处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中,一导体杆ef垂直于MN,PQ放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内,两顶点a,b通过细导线与导轨相连,磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里,金属框恰好处于静止状态,不计其余电阻和细导线对a,b点的作用力。
(1)通过ab边的电流Iab是多大?
(2)导体杆ef的运动速度v是多大?
解析:(1)设通过正方形金属框的总电流为I,ab边的电流为Iab,dc边的电流为Idc,
有Iab=I,Idc=I,
金属框受重力和安培力,处于静止状态,
有mg=B2IabL2+B2IdcL2,
解得Iab=。
(2)由(1)可得总电流I=,
设导体杆切割磁感线产生的电动势为E,
有E=B1L1v,
设ad,dc,cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R,则R=r,
根据闭合电路欧姆定律,有I=,
解得v=。
答案:(1)
　(2)
考点二　电磁感应中的能量问题分析
1.电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流,感应电流在磁场中受安培力。外力克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能,感应电流通过电阻发热,使电能转化为其他形式的能。
2.实质
电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和电能之间的转化。
3.用能量观点解决电磁感应问题的基本思路
受力分析+运动分析明确哪些力做功及做正功还是负功明确有哪些形式的能量参与转化及如何转化(如滑动摩擦力做功,必然有内能出现;重力做功,可能有机械能参与转化;安培力做负功过程中有其他形式的能转化为电能,安培力做正功的过程中将电能转化为其他形式的能)由动能定理或能量守恒定律求解。
[典例2]
如图所示,虚线框a′b′c′d′内为一矩形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,实线框abcd是一长方形导线框,ab=2bc,a′b′边与ab平行,若将导线框匀速地拉离磁场区域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功,W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功,则(　　)
A.W1=W2
B.W2=2W1
C.W1=2W2
D.W2=4W1
解析:设bc=L,ab=2L,回路总电阻为R,面积为S;根据外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L·2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1。故选B。
答案:B
变式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=0.50
m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05
Ω的电阻。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的匀强磁场,磁感应强度B=2.0
T。质量m=4.0
kg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=0.24
m。一位健身者用恒力F=80
N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=10
m/s2,sin
53°=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==12
m/s2,
进入磁场时的速度v==2.4
m/s。
(2)感应电动势E=Blv,感应电流I=,
安培力FA=IBl,代入得FA==48
N。
(3)健身者做功W=F(s+d)=64
J,
CD棒自进入磁场开始就有F-mgsin
θ-FA=0,故CD棒在磁场中做匀速直线运动,
在磁场中运动时间t=,
焦耳热Q=I2Rt=26.88
J。
答案:(1)2.4
m/s　(2)48
N　(3)64
J　26.88
J
1.(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图所示,MN,PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道,其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒ab,cd垂直于轨道放置,且与轨道接触良好,每根导体棒的质量均为m,电阻均为r,轨道宽度为L,与轨道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力FTm=2mgsin
θ。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的(　AD　)
A.速度大小是
B.速度大小是
C.加速度大小是2gsin
θ
D.加速度大小是0
解析:由静止释放后cd棒沿斜面向下做加速运动,随着速度的增大,E=BLv变大,I=也变大,F=ILB也变大,对ab棒,当FT=2mgsin
θ=mgsin
θ+ILB时细线刚好被拉断,此时v=,cd棒这时所受向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡,加速度大小是0。
2.(电磁感应中的能量问题)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1
m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA的A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5
kg
的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5
T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a,b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3
m时,测得U=0.15
V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10
m/s2)
(1)测U时,a点连接的是电压表的“正极”还是“负极”?
(2)求此时铝块的速度大小。
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
解析:(1)由右手定则可知A是电源正极,所以a点接的是电压表的正极。
(2)由电磁感应定律得,导体棒切割磁感线产生的电动势E=,其中ΔΦ=BR2Δθ,
则E=BωR2,
又A端线速度vA=ωR,故E=BR·,
因金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,则a,b两点间的电势差U=E,
金属圆盘和金属棒的角速度相同,同为ω,设铝块速度为v,
则v=ωr=ωR,
所以v=,
代入数据可知v=2
m/s。
(3)下落过程中铝块机械能的损失
ΔE=mgh-mv2,
代入数据为ΔE=0.5
J。
答案:(1)正极　(2)2
m/s　(3)0.5
J
3.(电磁感应中的能量问题)如图所示,两根足够长的光滑平行直导轨MN,PQ与水平面成θ角放置,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,磁场方向垂直于导轨平面向上,导轨和金属杆接触良好,它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。
(1)求ab杆下滑的最大速度vmax;
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中,电阻R产生的焦耳热为Q,求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q。
解析:(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律,有
E=BLv,I=,F安=BIL,mgsin
θ-F安=ma。
即mgsin
θ-=ma,
当加速度a为零时,速度v达到最大,速度最大值
vm=。
(2)根据能量守恒定律,有mgxsin
θ=m+Q,
得x=+。
根据电磁感应定律有=,
根据闭合电路欧姆定律有=,
感应电荷量q=Δt==,
得q=+。
答案:(1)
(2)+
　+
1.(2018·江苏卷,9)(多选)如图所示,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。金属杆(　BC　)
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A错误。
金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知
BIL-mg=-mg=ma
a随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a减为零则再做匀速运动。
金属杆在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由vt图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B正确。
由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知,
W安1+mg·2d=0,
则W安1=-2mgd,
可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C正确。
设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知
mgh=mv2,
进入磁场时BIL-mg=-mg=ma
解得v=,
联立得h=>,选项D错误。
2.(2019·天津卷,11)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;
(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W。
解析:(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=,则
E=k①
设PQ与MN并联的电阻为R并,有
R并=②
闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得
I=③
设PQ中的电流为IPQ,有IPQ=I④
设PQ受到的安培力为F安,有
F安=BIPQl⑤
保持PQ静止,由受力平衡,有
F=F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F=⑦
方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为Δt,回路中的磁通量变化为ΔΦ,平均感应电动势为,有
=⑧
其中
ΔΦ=Blx⑨
设PQ中的平均电流为,有
=⑩
根据电流的定义得
=
由动能定理,有
Fx+W=mv2-0
联立⑦⑧⑨⑩式得
W=mv2-kq。
答案:(1),方向水平向右　(2)mv2-kq
3.(2019·浙江4月选考,22)如图所示,倾角θ=37°、间距l=0.1
m
的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1
Ω的电阻,质量m=0.1
kg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0.2
m≤x≤0.8
m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=5
s-1。当棒ab运动至x1=0.2
m处时,电阻R消耗的电功率P=0.12
W,运动至x2=0.8
m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Fx图象下的“面积”代表力F做的功,sin
37°=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)导体棒运动至x=0.2
m时,
其速度为v1=kx=1
m/s,
电阻R上的功率P=I2R,
I=
E=Blv
解得B=
T。
(2)①0≤x≤0.2
m时,
由牛顿第二定律得
F-mgsin
θ-μmgcos
θ=ma,
a=kv,
v=kx,
联立可得F=2.5x+0.96。
②0.2
mm时,
由牛顿第二定律得
F-mgsin
θ-μmgcos
θ-BIl=ma,
联立可得F=3.1x+0.96。
(3)x=0.8
m时,导体棒的速度v2=kx=4
m/s
从x=0.2
m处到x=0.8
m处列动能定理
WF-mgΔxsin
θ-μmgcos
θΔx-Q1=m-m,
根据Fx图象,
WF=1.506
J
代入得Q1=0.18
J
到达x=0.8
m后减速上滑的加速度
a1=gsin
θ+μgcos
θ=9.6
m/s2,
到达最高点后加速下滑的加速度
a2=gsin
θ-μgcos
θ=2.4
m/s2,
再次回到x=0.8
m处时导体棒速度为v3,
=2a1x′,
=2a2x′,
解得v3=2
m/s,
导体棒在磁场中匀速运动时
mgsin
θ=μmgcos
θ+,
求得v4=2
m/s,可知导体棒进入磁场后一直做匀速直线运动。
从x=0.8
m处回到x=0.2
m处由动能定理得
mgΔxsin
θ-μmgcos
θΔx-Q2=m-m,
解得Q2=0.144
J,
Q=Q1+Q2=0.324
J。
答案:(1)
T
(2)①0≤x≤0.2
m时,
F=2.5x+0.96
②0.2
mm时,
F=3.1x+0.96
(3)0.324
J
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