人教版(新教材)高中物理選擇性必修2學案：專題強化 電磁感應中的動力學及能量問題

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1〖學習目標〗1.掌握電磁感應中動力學問題的分析方法.2.理解電磁感應過程中能量的轉化情況，能用能量的觀點分析和解決電磁感應問題．一、電磁感應中的動力學問題電磁感應問題往往與力學問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是：(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向．(2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應電流的大?。?3)分析導體的受力情況(包括安培力)．(4)列動力學方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解．如圖1所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導軌，其間距L＝0.2m，R＝0.3Ω的電阻接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，過程中ab棒始終保持與導軌垂直且接觸良好．(g＝10m/s2)圖1(1)分析導體棒的運動性質；(2)求導體棒所能達到的最大速度；(3)試定性畫出導體棒運動的速度－時間圖像．〖答案〗(1)做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動(2)10m/s(3)見〖解析〗圖〖解析〗(1)導體棒做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv①回路中的感應電流I＝eq\f(E,R＋r)②導體棒受到的安培力F安＝BIL③導體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大，此后導體棒做勻速直線運動．(2)當導體棒達到最大速度時，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)＝10m/s(3)由(1)(2)中的分析與數(shù)據(jù)可知，導體棒運動的速度－時間圖像如圖所示．如圖2甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的定值電阻，一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．(重力加速度為g)圖2(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流大小及其加速度的大??；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值．〖答案〗(1)見〖解析〗圖(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)〖解析〗(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導軌平面向上；安培力F安，方向沿導軌向上．(2)當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv，則此時電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab桿受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－F安＝ma聯(lián)立各式得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)當a＝0時，ab桿達到最大速度vm，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).分析電磁感應動力學問題的基本思路導體受外力運動eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))產(chǎn)生感應電動勢eq\o(→,\s\up10(I＝\f(E,R+r)))產(chǎn)生感應電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導體受安培力→合外力變化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化→速度變化→感應電動勢變化……→a＝0，v達到最大值．針對訓練1(多選)如圖3所示，一金屬方框abcd從離磁場區(qū)域上方高h處自由下落，然后進入與線框平面垂直的勻強磁場中．在進入磁場的過程中，可能發(fā)生的情況是()圖3A．線框做變加速運動B．線框做勻加速運動C．線框做勻減速運動D．線框做勻速運動〖答案〗AD〖解析〗在進入磁場的過程中，若安培力等于重力，即mg＝eq\f(B2L2v,R)，線框做勻速運動，D對．若安培力大于重力，線框做減速運動，隨著速度的變化，安培力也發(fā)生變化，由牛頓第二定律可知加速度大小也發(fā)生變化，不是勻減速直線運動，C錯；若安培力小于重力，線框做加速運動，但隨著速度增大，向上的安培力的逐漸增大，加速度逐漸減小，線框做的是變加速直線運動，B錯，A對．二、電磁感應中的能量問題1．電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化2．焦耳熱的計算(1)電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應電流變化，可用以下方法分析：①利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量．如圖4所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的定值電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T．質量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直放置于導軌上，現(xiàn)用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導軌向上滑行且始終與導軌接觸良好，當金屬棒滑行x＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)圖4(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v；(2)金屬棒從靜止到開始勻速運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR.〖答案〗(1)4m/s(2)1.28J〖解析〗(1)金屬棒勻速運動時產(chǎn)生的感應電流為I＝eq\f(BLv,R＋r)由平衡條件有F＝mgsinθ＋BIL聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s.(2)設整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動能定理得Fx－mgx·sinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，而Q＝W安，QR＝eq\f(R,R＋r)Q，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28J.針對訓練2(多選)如圖5所示，在光滑的水平地面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個半徑為a、質量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度v從圖示位置(實線所示)開始運動，當圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時(虛線所示)，圓環(huán)的速度變?yōu)閑q\f(v,2)，則下列說法正確的是()圖5A．此時圓環(huán)的電功率為eq\f(2B2a2v2,R)B．此時圓環(huán)的加速度大小為eq\f(8B2a2v,mR)C．此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為eq\f(πBa2,R)D．此過程中回路產(chǎn)生的電能為0.75mv2〖答案〗BC〖解析〗當圓環(huán)的直徑與邊界線重合時，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產(chǎn)生感應電動勢，故圓環(huán)中的感應電動勢E＝2B×2a×eq\f(v,2)＝2Bav，圓環(huán)的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2a2v2,R)，故A錯誤；此時圓環(huán)受到的安培力F＝2BI×2a＝2B×eq\f(2Bav,R)×2a＝eq\f(8B2a2v,R)，由牛頓第二定律可得，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(8B2a2v,mR)，故B正確；圓環(huán)中的平均電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則通過圓環(huán)截面的電荷量Q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπa2,R)，故C正確；此過程中回路產(chǎn)生的電能等于動能的減少量，故E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2＝0.375mv2，故D錯誤．1．(電磁感應中的動力學問題)如圖6所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計，ab是一根與導軌垂直且始終與導軌接觸良好的金屬桿，開始時，將開關S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像不可能是下圖中的()圖6〖答案〗B〖解析〗S閉合時，若金屬桿受到的安培力eq\f(B2l2v,R)＞mg，ab桿先減速再勻速，D項有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，ab桿勻速運動，A項有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，ab桿先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，mg－eq\f(B2l2v,R)＝ma中a不恒定，故B項不可能．2．(電磁感應中的動力學問題)(多選)如圖7所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動變阻器R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，一根質量為m、電阻不計的金屬桿從軌道上由靜止滑下且始終與導軌接觸良好．經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()圖7A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大〖答案〗BC〖解析〗金屬桿由靜止開始下滑的過程中，其受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金屬桿由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0時達到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得：vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，故由此式知選項B、C正確．3.(電磁感應中的能量問題)(多選)(2019·昆明市第一中學月考)如圖8，一平行金屬導軌靜置于水平桌面上，空間中有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B，粗糙平行導軌間距為L，導軌和阻值為R的定值電阻相連，質量為m的導體棒和導軌垂直且接觸良好，導體棒的電阻為r，導體棒以初速度v0向右運動，運動距離x后停止，此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導軌電阻不計，重力加速度為g，則()圖8A．導體棒克服安培力做的功為eq\f(R＋r,R)QB．通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(BLx,r＋R)C．導體棒與導軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv02－QD．導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v\o\al(02),2gx)－eq\f(r＋R,mgxR)Q〖答案〗ABD〖解析〗由功能關系可知，導體棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)串聯(lián)電路中焦耳熱按電阻分配可知，W安＝Q焦＝eq\f(R＋r,R)Q，故A正確；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(BLx,r＋R)，故B正確；由能量守恒可知，eq\f(1,2)mv02＝Q焦＋Q摩，所以導體棒與導軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q＝μmgx，解得：μ＝eq\f(v\o\al(02),2gx)－eq\f(r＋R,mgxR)Q，故C錯誤，D正確．4．(電磁感應中的力電綜合問題)(2020·懷化市高二期中)如圖9甲所示，足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40Ω的電阻，質量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，g＝10m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，求：圖9(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低；(2)磁感應強度B的大??；(3)0～1.5s內，電阻R上產(chǎn)生的熱量．〖答案〗(1)a端電勢低，b端電勢高(2)0.1T(3)0.26J〖解析〗(1)由右手定則可知，ab中的感應電流由a流向b，金屬棒ab相當于電源，則b端電勢高，a端電勢低．(2)由題圖乙x－t圖像可知，t