高考物理二轮复习第10章电磁感应微专题12电磁感应中动力学动量和能量问题学案

这是一份高考物理二轮复习第10章电磁感应微专题12电磁感应中动力学动量和能量问题学案，共14页。
1．两种状态及处理方法
2.抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
eq \([典例1]) 如图所示，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：
(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。
审题指导：分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确地求解问题。
甲 乙
[解析] (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得杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－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＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝eq \f(B2l2t0,m)。⑧
[答案] (1)Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg)) (2)eq \f(B2l2t0,m)
电磁感应中动力学问题的分析思路
(1)确定电源：产生感应电动势的导体相当于电源，其电阻相当于电源的内阻。
(2)画等效电路图：根据闭合电路欧姆定律求感应电流，即I＝eq \f(E,R＋r)。
(3)受力分析：根据牛顿第二定律列式，分析导体加速度的变化情况或求加速度，其中安培力F＝BIl。
(4)运动分析：根据a、v方向分析速度的变化情况。速度变化时，安培力是变力，导体做变加速运动或变减速运动，加速度为零时，导体做匀速直线运动，根据平衡条件求稳定时的速度。
eq \([跟进训练])
导体棒在磁场中的静止
1.(多选)如图所示，质量为m＝0.04 kg、边长l＝0.4 m的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°。线框的一半处磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面，已知线框电阻为R＝0.5 Ω，重力加速度为g＝10 m/s2。则( )
A．线框中的感应电流方向为abcda
B．t＝0时，细线拉力大小F＝0.2 N
C．线框中感应电流大小为I＝80 mA
D．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动
CD [由于磁场的磁感应强度随时间变化关系为B＝2＋0.5t(T)，即磁场增强，根据楞次定律可得感应电流方向为adcba，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝0.5×0.4×0.2 V＝0.04 V，则感应电流的大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.04,0.5) A＝0.08 A＝80 mA；t＝0时刻，磁感应强度为B＝2 T，根据共点力的平衡条件可得F＋BIl＝mgsin θ，解得F＝mgsin θ－BIl＝(0.4sin 30°－2×0.08×0.4)N＝0.136 N，所以B错误，C正确；随着时间增大，磁感应强度逐渐增大，当安培力(方向沿斜面向上)大于重力沿斜面向下的分力时，线框沿斜面向上运动，D正确。]
导体棒在磁场中的匀速运动
2.(多选)(2020·海口质检)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )
A．经过cd的电流方向为从c到d
B．ab受到的拉力大小为2 N
C．ab向上运动的速度为2 m/s
D．在2 s内，拉力做功，有0.6 J的机械能转化为电能
AC [对ab棒，由右手定则可知，电流方向由b到a，故经过cd的电流方向为从c到d，故A正确；导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故B错误；对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝eq \f(BLv,2R)，联立得：v＝eq \f(2GR,B2L2)＝2 m/s，故C正确；在2 s内，电路产生的电能Q＝eq \f(E2,2R)t＝eq \f(BLv2,2R)t＝eq \f(0.5×0.2×22,2×0.1)×2 J＝0.4 J，则在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能，故D错误。]
导体棒在磁场中的加速运动
3．(2020·重庆巴蜀中学模拟)如图甲，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R，垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙。在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动。乙图中t0、F1、F2为已知，棒接入电路的电阻为R，轨道的电阻不计。则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动
B．导体棒最后达到的最大速度大小为eq \f(F2R,B2L2)
C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为eq \f(2F2－F1Rt0,B2L2)
D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为eq \f(F2－F1t0,2BL)
D [因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误；根据平衡条件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝eq \f(B2L2vm,2R)，解得vm＝eq \f(2F2R,B2L2)，故B错误；设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电荷量为q，则有：a＝eq \f(v,t0)①
F2－eq \f(B2L2v,2R)＝ma②
F1＝ma③
由①②③解得：a＝eq \f(2F2－F1R,B2L2t0)，故C错误；根据电荷量的公式可得q＝eq \f(ΔΦ,2R) ④，而ΔΦ＝BΔS＝BLeq \f(v,2)t0 ⑤，由②③④⑤解得：q＝eq \f(F2－F1t0,2BL)，故D正确。]
电磁感应中的能量问题
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来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2．电磁感应中的能量问题的分析思路
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
3．求解焦耳热Q的两种方法
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
eq \([典例2]) 如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg，电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：
甲 乙
(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。
审题指导：(1)判断安培力方向，计算安培力的大小。
(2)根据能量守恒定律和焦耳定律求解电路中产生的热量。
(3)涉及的知识点有：右手定则、受力分析、安培力、法拉第电磁感应定律、平衡条件、能量守恒定律等。
[解析] (1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。
(2)由x­t图象求得t＝1.5 s时金属棒的速度为
v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(11.2－7,2.1－1.5) m/s＝7 m/s
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为
F＝BIL，I＝eq \f(E,R＋r)，E＝BLv
联立得F＝eq \f(B2L2v,R＋r)
根据平衡条件得F＝mg
则有mg＝eq \f(B2L2v,R＋r)
代入数据解得B＝0.1 T。
(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q
根据能量守恒定律得mgx＝eq \f(1,2)mv2＋Q
代入数据解得：Q＝0.455 J
故R产生的热量为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝0.26 J。
[答案] (1)b点电势高，a点电势低
(2)0.1 T (3)0.26 J
eq \([跟进训练])
1．(多选)(2018·江苏高考)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( )
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eq \f(m2gR2,2B4L4)
BC [根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为Q2＝2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝eq \r(2gh)，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(E,R)，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，联立解得h>eq \f(m2gR2,2B4L4)，选项D错误。]
2．(多选)CD、EF是两条水平放置的阻值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，磁场区域的宽度为d，如图所示。导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值为R、质量为m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，则下列说法中正确的是( )
A．通过电阻R的最大电流为eq \f(BL\r(2gh),2R)
B．流过电阻R的电荷量为eq \f(BdL,2R)
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eq \f(1,2)mg(h－μd)
ABD [质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由mgh＝eq \f(1,2)mv2，得最大速度v＝eq \r(2gh)，产生的最大感应电动势Em＝BLv＝BLeq \r(2gh)，由闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的最大电流Im＝eq \f(Em,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BdL,Δt)，平均感应电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，流过电阻R的电荷量为q＝eq \x\t(I)t，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，B正确；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q＝mgh－μmgd，C错误； 电阻R中产生的焦耳热Q1 ＝ eq \f(1,2)Q ＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，D正确。]
动量观点在电磁感应问题中的应用
1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题，即I冲量＝FΔt，而F＝BIL(I为电流对时间的平均值)，故有：BILΔt＝mv2－mv1，而IΔt＝q，故有q＝eq \f(mv2－mv1,BL)。
2．在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
eq \([典例3]) 预测到2025年，我国将在航空母舰上使用中压直流技术的电磁弹射器，其等效电路如图所示(俯视图)。直流电源电动势E＝18 V，超级电容器的电容C＝1 F。两根固定于同一水平面内的光滑平行金属导轨间距l＝0.4 m，电阻不计，磁感应强度大小B＝2 T的匀强磁场垂直于导轨平面向外。质量m＝0.16 kg、电阻R＝0.2 Ω的金属棒MN垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关S先接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。求：
(1)开关S接1使电容器完全充电后，极板上所带的电荷量Q；
(2)MN由静止开始运动时的加速度大小a；
(3)MN达到的最大速度vm。
审题指导：
[解析] (1)完全充电后，电容器所带电荷量Q＝CE，代入数据解得Q＝18 C。
(2)由静止开始，通过金属棒MN的电流I＝eq \f(E,R)，棒所受安培力大小F＝BIl
由牛顿第二定律得F＝ma
代入数据解得a＝eq \f(BlE,mR)＝450 m/s2。
(3)当MN速度最大时，感应电动势Em＝Blvm，
此时Q′＝CEm＝CBlvm
对MN，所受安培力为变力，由动量定理有
Beq \(I,\s\up8(－))l·Δt＝mvm－0
其中ΔQ＝eq \(I,\s\up8(－))·Δt＝Q－Q′
则Bl(CE－CBlvm)＝mvm－0
代入数据解得vm＝18 m/s。
[答案] (1)18 C (2)450 m/s2 (3)18 m/s
单棒＋电容器(或电源)＋导轨四种模型解读(导轨电阻不计)
eq \([跟进训练])
动量定理在电磁感应现象中的应用
1．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
甲 乙
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
[解析] (1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有
Bdeq \x\t(I)·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有
magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，
则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6) J。
[答案] (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
动量守恒定律在电磁感应中的应用
2.(多选)如图所示，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．两金属棒组成的系统的动量守恒
B．两金属棒组成的系统的动量不守恒
C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率
D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和
BD [开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确；根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C错误，D正确。]
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
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
模型一(v0＝0)
模型二(v0＝0)
模型三(v0＝0)
模型四(v0＝0)
说明
轨道水平光滑，棒cd质量为m，电阻为r，两导轨间距为L，电阻不计。
轨道水平光滑，棒cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，电阻不计，拉力F恒定。
轨道倾斜光滑，棒cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，电阻不计。
轨道竖直光滑，棒cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，电阻不计。
示意图
力学观点
S刚闭合时，棒cd所受安培力F＝eq \f(BLE,r)，加速度a＝eq \f(BLE,mr)，棒cd的速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vmax＝eq \f(E,BL)。
开始时a0＝eq \f(F,m)，棒cd的速度v↑⇒E＝BLv↑，经过时间Δt后速度为v0＋Δv，E′＝BL(v0＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋CB2L2)，所以棒做匀加速运动。
开始时a0＝gsin α，棒cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过时间Δt后速度为v0＋Δv，E′＝BL(v0＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝eq \f(mgsin α,m＋CB2L2)，所以棒做匀加速运动。
开始时a0＝g，棒cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过时间Δt后速度为v0＋Δv，E′＝BL(v0＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq \f(mg,m＋CB2L2)，所以棒做匀加速运动。
图象
观点
能量
观点
电源输出的电能，一部分转化为内能，一部分转化为动能：W电＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)。
F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝eq \f(1,2)mv2＋EC。
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝eq \f(1,2)mv2＋EC。
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝eq \f(1,2)mv2＋EC。