1、课标版 物理,第4讲 电磁感应中的动力学与能量问题,考点一 电磁感应中的动力学问题1.导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态静止状态或匀速直线运动状态。 处理方法:根据平衡条件(合外力等于零)列式分析。 (2)导体的非平衡状态加速度不为零。 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.电磁感应中的动力学问题分析思路 (1)电路分析:,导体棒相当于电源,感应电动势相当于电源的电动势,导体棒的电阻相当于 电源的内阻,感应电流I= 。 (2)受力分析: 导体棒受到安培力及其他力,安培力F安=BIL或 ,根据牛顿第二定律列 动力学方程:F合=ma。 (3)过程分析: 由于安培力是
2、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。,典例1 如图所示,光滑斜面的倾角=30,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻R=0.1 ,线框通过细线与重物相连,重物质量M=2 kg,斜面上ef(efgh)的右方有垂直斜 面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,如果线框从静止开始运动,进入磁 场的最初一段时间做匀速运动,ef和gh的距离s=11.4 m,(取g=10 m/s2)求:(1)线框进入磁场前重物的加速度大小; (2)线框进入
3、磁场时匀速运动的速度大小v;,(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t; (4)ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过 程中产生的焦耳热。答案 (1)5 m/s2 (2)6 m/s (3)2.5 s (4)12 m/s 9 J解析 (1)线框进入磁场前,仅受到细线的拉力F,斜面的支持力和线框的 重力,重物受到自身的重力和细线的拉力F,对线框由牛顿第二定律得 F-mg sin =ma 对重物由牛顿第二定律得Mg-F=Ma 又F=F 联立解得线框进入磁场前重物的加速度大小 a= =5 m/s2。,(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动,则重物受力平衡:M
4、g=F1 线框abcd受力平衡:F1=mg sin +F安 又F1=F1 ab边进入磁场切割磁感线,产生的感应电动势 E=Bl1v 回路中的感应电流为I= = ab边受到的安培力为F安=BIl1 联立解得Mg=mg sin + 代入数据解得v=6 m/s。,(3)线框abcd进入磁场前,做匀加速直线运动;进磁场的过程中,做匀速直线 运动;进入磁场后到运动至gh处,仍做匀加速直线运动。 进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同,为a=5 m/s2, 该阶段的运动时间为t1= =1.2 s 进入磁场过程中匀速运动的时间t2= =0.1 s 线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相
5、同,所以该阶 段的加速度大小仍为a=5 m/s2 由匀变速直线运动的规律得s-l2=vt3+ a 解得t3=1.2 s 因此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间,t=t1+t2+t3=2.5 s。 (4)线框ab边运动到gh处的速度 v=v+at3=6 m/s+51.2 m/s=12 m/s 整个运动过程中产生的焦耳热 Q=F安l2=(Mg-mg sin )l2=9 J。,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:,1-1 如图所示,MN、PQ为足够长的平行金属导轨,间距L=0.50 m,导轨平 面与水平面间夹角=37,N、Q
6、间连接一个电阻R=5.0 ,匀强磁场垂直于 导轨平面向上,磁感应强度B=1.0 T。将一根质量为m=0.050 kg的金属棒放 在导轨的ab位置,金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒,金属棒 沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直,且与导轨接触良好。已知金属棒 与导轨间的动摩擦因数=0.50,当金属棒滑行至cd处时,其速度大小开始保 持不变,位置cd与ab之间的距离s=2.0 m。已知g=10 m/s2,sin 37=0.60,cos 37 =0.80。求:,(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小; (2)金属棒到达cd处的速度大小; (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中,电阻R产生的
7、热量。答案 (1)2.0 m/s2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a,则 mg sin -mg cos =ma 解得a=2.0 m/s2,(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I,金属棒受力平衡,有 mg sin =BIL+mg cos 又I= 解得v=2.0 m/s (3)设金属棒从ab运动到cd的过程中,电阻R上产生的热量为Q,由能量守恒, 有 mgs sin = mv2+mgs cos +Q 解得Q=0.10 J,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,
8、是电能转化为其他形式的 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 焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流、电阻不变 功能关系:Q=W克服安培力,电流变不变都适用 能量转化:Q=E其他能的减少量,电流变不变都适用,考点二 电磁感应中的能量问题,典例2 如图所示,固定的光滑金属导轨间距为L,导轨电阻不计,上端a、b 间接有阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为,且处在磁感应强度大 小为B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导 体棒与固定弹簧连接后放在导轨上。初始时刻,弹簧恰处于自然长
9、度,导体 棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并 保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行。,(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向; (2)当导体棒第一次回到初始位置时,速度变为v,求此时导体棒的加速度大 小a; (3)若导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep,求导体棒从开始运动直到停 止的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q。答案 (1) 方向为ab (2)g sin - (3) 解析 (1)初始时刻,导体棒产生的感应电动势E1=BLv0,通过R的电流大小I1= = 电流方向为ab (2)当导体棒第一次回到初始位置时,导体棒产生的感应电动势
10、E2=BLv 感应电流I2= = 导体棒受到的安培力大小F=BIL= ,方向沿导轨向上 根据牛顿第二定律有mg sin -F=ma 解得a=g sin - (3)导体棒最终静止,有mg sin =kx 压缩量x=,设整个过程回路产生的焦耳热为Q0,根据能量守恒定律有m +mgx sin =Ep+Q0 Q0= m + -Ep 电阻R上产生的焦耳热 Q= Q0=,在解决电磁感应中的能量问题时,首先进行受力分析,判断各力做功和 能量转化情况,再利用功能关系或能量守恒定律列式求解。,2-1 (2016河北石家庄模拟)(多选)如图所示,在倾角为的光滑斜面上,有三 条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区
11、域、宽度均为d,两区域分别存在垂 直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,一个质量 为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框,从l1上方一定高度处由静止开 始沿斜面下滑,当ab边刚越过l1进入磁场时,恰好以速度v1做匀速直线运 动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直 线运动,重力加速度为g。在线框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正 确的是 ( ),A.线框中感应电流的方向不变 B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间 C.线框以速度v2做匀速直线运动时,发热功率为 sin2 D.线框从ab边进入磁场到速度变为v
12、2的过程中,减少的机械能E机与重力做 功WG的关系式是E机=WG+ m - m,答案 CD 线框从释放到穿出磁场的过程中,由楞次定律和安培定则可 知感应电流方向先沿abcda,后沿adcba,再沿abcda方向,A项错。线框第一 次匀速运动时,由平衡条件有BId=mg sin ,I= ,解得v1= ;第二次 匀速运动时,由平衡条件有2BId=mg sin ,I= ,解得v2= ;则知线 框ab边匀速通过区域,进入区域后先减速再匀速,而两区域宽度相同, 故通过区域的时间小于通过区域的时间,B项错。由功能关系知线框 第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率,即P=mgv2 sin = ,C项正确
13、。线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中,损失的 重力势能等于该过程中重力做的功,动能损失量为 m - m ,所以线框机 械能的减少量为E机=WG+ m - m ,D项正确。,考点三 电磁感应中的“双杆”模型1.模型分类 “双杆”模型通常分为两类:一类是“一动一静”,甲杆静止不动,乙杆运 动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件:甲杆静止受力平 衡。另一种情况是两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产 生的感应电动势是相加还是相减。 2.分析方法 通过受力分析,确定运动状态,一般会有收尾状态,对于收尾状态则有恒定 的速度或者加速度等,再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分
14、析 求解。,典例3 (2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固 定在倾角=30的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m。导轨所在空间被分 成区域和,两区域的边界与斜面的交线为MN,中的匀强磁场方向垂 直斜面向下,中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小 均为B=0.5 T。在区域中,将质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.1 的金属条ab放在 导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域中将质量m2=0.4 kg,电阻R2=0.1 的 光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区 域的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好
15、接触,取g=10 m/s2。问,(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向; (2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大; (3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过 程中ab上产生的热量Q是多少。答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J,解析 (1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。 (2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有 Fmax=m1g sin 设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有 E=BLv 设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有 I= 设ab所受
16、安培力为F安,有 F安=ILB 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有 F安=m1g sin +Fmax ,综合式,代入数据解得 v=5 m/s (3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有 m2gx sin =Q总+ m2v2 又Q= Q总 解得Q=1.3 J,分析“双杆”模型问题时,要注意双杆之间的制约关系,即“动杆”与 “被动杆”之间的关系,需要注意的是,最终两杆的收尾状态的确定是分析 该类问题的关键。,3-1 图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨,处在磁感应强度 为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导
17、轨的a1b1 段与a2b2段是竖直的,距离为l1;c1d1段与c2d2段也是竖直的,距离为l2。x1y1与x2 y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆,质量分别为m1和m2,它们 都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻 为R。F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位 置时,已匀速向上运动,求此时作用于两杆的重力的功率大小和回路电阻上 的热功率。,答案 R(m1+m2)g 2R解析 设杆向上运动的速度为v,因杆的运动,两杆与导轨构成的回路的面 积减少,从而磁通量也减少,由法拉第电磁感应定律可得,回路中的感应电 动势的大小E= B(l2- l1)v, 回路中的电流I= ,电流沿顺时针方向。,两金属杆都要受到安培力作用,作用于杆x1y1的安培力为F1=BIl1(方向向上), 作用于杆x2y2的安培力为 F2= BIl2(方向向下)。 当杆匀速运动时,根据牛顿第二定律有 F- m1g- m2g+ F1 - F2= 0。 解以上各式得 I= ,v= 。 作用于两杆的重力的功率大小 P= (m1+ m2)gv= R(m1+m2)g。 电阻上的热功率P热= I2R= 2R。,
