2021版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：12第九章　4题型探究课六　电磁感应中的动力学和能量问题

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＝0.1 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；

(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＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝

此时v＝kx＝1 m/s

解得B＝＝ T.

(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m内，有

a＝5 s－1×v＝25 s－2×x

F＝25 s－2×xm＋μmgcos θ＋mgsin θ

＝(0.96＋2.5x) N

在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内，有

FA＝＝0.6x N

F＝(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＝(x1＋x2)·(x2－x1) J

＝0.18 J

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

(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝mv2

(mgsin θ－μmgcos θ)s＝mv′2

解得v′＝2 m/s

由于mgsin θ－μmgcos θ－＝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＝(x2－x1)＝0.144 J

Q＝WA1＋WA2＝0.324 J.

[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＝－，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＝1 N，l＝1 m，T＝2π s，m＝1 kg，R＝1 Ω，Um＝0.5 V，B＝0.5 T，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＝Umsin t

I＝sin t

FA＝－BIl＝－sin t.

(2)安培力的冲量

IA＝－ΔqBl＝－

导体棒移动的速度

v＝sin t

由动量定理，有IF＋IA＝mvm

IF＝＋.

(3)棒做简谐运动，有

FA＋F＝－kx

当FA＝－F时，x＝0，v＝±vm＝±1 m/s

当FA＝F时，设位移为x′，速度为v′

FA＝－kx′

F0＝－kx0

FA＝－

由已知条件得

FA＝BIl＝＝

由于方向相反FA＝－，

所以2x′＝v′

由动能定理得，mv′2＝k(x－x′2)

x′1＝ m和v′1＝ m/s

x′2＝－ m和v′2＝－ m/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＝②

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＝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＝mv⑧

线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨

由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.

答案：(1)4倍　(2)＋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＝1.0×10－2 m2、电阻r＝0.15 Ω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＝0.80 T/s.线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻．一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg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＝0.25 s后下降了h＝0.29 m，求此过程棒上产生的热量．

解析：(1)线圈的感应电动势为E＝N＝NS

流过导体棒的电流Iab＝

导体棒对挡条的压力为零，有

B2Iabd＝mg或B2＝

得B2＝0.50 T

B2方向垂直纸面向外．

(2)由动能定理(mg－IB2d)t＝mv或

mgt－B2dΔq＝mv

及Δq＝It＝

得v＝gt－

ab棒产生的热量Q＝

得Q＝2.3×10－3 J.

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＝0.50 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

由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0

CD棒在磁场区域做匀速运动

在磁场中运动的时间t＝

焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.

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

1.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是(　　)

解析：选D.线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．

2．(2020·丽水质检)如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则(　　)

A．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2

C．W1>W2，q1>q2 D．W1>W2，q1＝q2

解析：选D.设线框的长为L1，宽为L2，速度为v，线框所受的安培力大小为FA＝BIL2，又I＝，E＝BL2v，则得FA＝.线框匀速运动，外力与安培力平衡，则外力的大小为F＝FA＝，外力做功为W＝FL1＝·L1＝·，可见，外力做功与所用时间成反比，则有W1>W2.两种情况下，线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式q＝可知，通过导线截面的电荷量相等，即有q1＝q2，故选D.

3．(2020·绍兴高三测试)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(　　)

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：选D.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＝mv，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．

4．如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是(　　)

A．线框进入磁场前运动的加速度为

B．线框进入磁场时匀速运动的速度为

C．线框做匀速运动的总时间为

D．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg－mgsin θ)l2

解析：选D.由牛顿第二定律，Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，选项A错误；由平衡条件，Mg－mgsin θ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝，选项B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝，选项C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mg－mgsin θ)l2，选项D正确．

5．(2020·嘉兴月考)如图甲所示，足够长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＝10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：

(1)磁感应强度B的大小；

(2)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电荷量；

(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量．

解析：(1)金属棒在AB段匀速运动，由题中图象乙得：v＝＝7 m/s，I＝，mg＝BIL

解得B＝0.1 T.

(2)q＝IΔt，I＝，ΔΦ＝ΔSB，

ΔS＝Δx·L

解得q＝1 C.

(3)Q＝mgx－mv2，解得Q＝0.455 J

从而QR＝ Q＝0.26 J.

答案：(1)0.1 T　(2)1 C　(3)0.26 J