电磁感应中的动力学和能量问题分析处理方法.docx
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电磁感应中的动力学和能量问题分析处理方法
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
1.两种状态及处理方法
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.电学对象与力学对象的转换及关系
(2017·山东济宁市模拟)如图1所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m。
导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ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=0.5T。
在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1kg,电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。
然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg,电阻R2=0.1Ω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Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10m/s2,问:
图1
(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=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。
解析
(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c,故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=m1gsinθ①
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=BLv②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路的欧姆定律有
I=
③
设ab所受安培力为F安,有
F安=BIL④
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=m1gsinθ+Fmax⑤
联立①②③④⑤式,代入数据解得:
v=5m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律有
m2gxsinθ=Q总+
m2v2⑦
由串联电路规律有Q=
Q总⑧
联立解得:
Q=1.3J⑨
答案
(1)由a流向b
(2)5m/s (3)1.3J
【拓展延伸】
在【模拟示例1】中若两平行金属导轨光滑,两区域中磁场方向均垂直导轨平面向上,其他条件不变。
现对金属条ab施加平行于轨道向上的拉力,使之匀速向上运动。
在金属条ab匀速向上运动的过程中,导体棒cd始终能静止在轨道上。
求:
(1)通过导体棒cd的电流I;
(2)金属条ab受到的拉力F的大小;
(3)导体棒cd每产生Q=10J的热量,拉力F做的功W。
解析
(1)对cd棒受力分析如图所示
根据平衡条件得:
BIL=m2gsin30°
所以I=10A
(2)对ab受力分析如图
则F-m1gsin30°-BIL=0
代入数据得:
F=2.5N
(3)因为R1=R2,所以Q=10J时
Q总=20J
根据Q总=
当Q=10J时,由Q=I2R2t得t=1s
又因R1=R2
所以Q总=20J
Q总=
t
代入数据得:
v=10m/s
则W=Fvt=2.5×10×1J=25J
答案
(1)10A
(2)2.5N (3)25J
方法技巧
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:
足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙,与水平面间的夹角为θ=37°(sin37°=0.6),间距为1m。
垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T,P、M间所接电阻的阻值为8Ω。
质量为2kg的金属杆ab垂直导轨放置,不计杆与导轨的电阻,杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。
金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下,由静止开始运动,杆的最终速度为8m/s,取g=10m/s2,求:
图2
(1)当金属杆的速度为4m/s时,金属杆的加速度大小;
(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0m时,通过金属杆的电荷量。
解析
(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有:
F+mgsinθ-F安-f=ma
f=μFN
FN=mgcosθ
ab杆所受安培力大小为:
F安=BIL
ab杆切割磁感线产生的感应电动势为:
E=BLv
由闭合电路欧姆定律可知:
I=
整理得:
F+mgsinθ-
v-μmgcosθ=ma
代入:
vm=8m/s时a=0,解得:
F=8N
代入:
v=4m/s及F=8N,解得:
a=4m/s2
(2)设通过回路截面的电荷量为q,则:
q=
t
回路中的平均电流强度为:
=
回路中产生的平均感应电动势为:
=
回路中的磁通量变化量为:
ΔΦ=BLx
联立解得:
q=3C
答案
(1)4m/s2
(2)3C
电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
3.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
(2017·湖南宜章一中模拟)如图3,一质量为m,边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落,依次经过两匀强磁场区域,且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为
,两磁场的磁感应强度分别为B1和B2,且B1=2B0,B2=B0(B0已知),两磁场的间距为H(H未知,但H>h),线框进入磁场B1时,恰好做匀速运动,速度为v1(v1已知),从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2。
图3
(1)求v1与v2的比值;
(2)写出H与h的关系式;
(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h,求金属线框下落到地面所产生的热量。
(用m、h、g表示)
思路分析 线框的速度
线框的感应电动势
感应电流
线框的安培力
二力平衡
速度v1与v2的比值
功能关系(安培力做功)
摩擦产生的热量。
解析
(1)金属线框分别进入磁场B1和B2后,做匀速运动,由平衡条件有BIh=mg①
又金属线框切割磁感线,则I=
②
联立①②得v=
所以
=
=
。
③
(2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前,都是做只在重力作用下的运动,由运动学公式有
v
=2g·
④
v
-v
=2g(H-h)⑤
联立③④⑤得H=
。
⑥
(3)产生的热量等于克服安培力做功,Q=BIh·4h⑦
联立①⑦得Q=4mgh。
答案
(1)1∶4
(2)H=
(3)4mgh
【拓展延伸】
在【模拟示例2】中把正方形金属线框abcd的运动改为“始终做加速度为g的匀加速直线运动,有时需对线框施加竖直方向的外力F,且H=2h,线框的电阻为R”。
求:
(1)当正方形金属线框abcd的bc边恰好进入磁场B2时的竖直外力F;
(2)当正方形金属线框abcd从静止开始运动到bc边离开磁场B1,通过线框a点的电荷量Q。
解析
(1)bc边恰好进入磁场B2时的速度v=
=
,此时的安培力F安=B2Ih=
由牛顿第二定律得mg+F-F安=mg
则竖直外力F=
。
(2)由法拉第电磁感应定律得
=
,则平均电流
=
通过线框a点的电荷量Q=
Δt=
=
。
答案
(1)
(2)
反思总结
在较复杂的电磁感应现象中,经常涉及变力做功问题,一般应用能量守恒的方法研究,可不必追究变力作用下运动的细节问题;若涉及恒力或恒定加速度,一般用动力学的观点研究,可以研究运动的细节问题。
如图4所示,正方形单匝线框bcde边长L=0.4m,每边电阻相同,总电阻R=0.16Ω。
一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮,一端连接正方形线框,另一端连接物体P,手持物体P使二者在空中保持静止,线框处在竖直面内。
线框的正上方有一有界匀强磁场,磁场区域的上、下边界水平平行,间距也为L=0.4m,磁感线方向垂直于线框所在平面向里,磁感应强度大小B=1.0T,磁场的下边界与线框的上边eb相距h=1.6m。
现将系统由静止释放,线框向上运动过程中始终在同一竖直面内,eb边保持水平,刚好以v=4.0m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。
图4
(1)线框eb边进入磁场中运动时,e、b两点间的电势差Ueb为多少?
(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少?
(3)若在线框eb边刚进入磁场时,立即给物体P施加一竖直向下的力F,使线框保持进入磁场前的加速度做连续的匀加速运动穿过磁场区域,已知此过程中力F做功WF=3.6J,求eb边上产生的焦耳热Qeb为多少?
解析
(1)线框eb边以v=4.0m/s的速度进入磁场并匀速运动,产生的感应电动势为E=BLv=1.6V
e、b两点间的电势差Ueb=
E=1.2V。
(2)线框进入磁场后立即做匀速运动,并匀速穿过磁场区,线框受安培力F安=BLI,I=
,解得F安=4N
克服安培力做功W安=F安×2L=3.2J
而Q=W安,故该过程中产生的焦耳热Q=3.2J
(3)因为线框在磁场中运动的加速度与进入前的加速度相同,所以在通过磁场区域的过程中,线框和物体P的总机械能保持不变,故力F做的功WF等于整个线框中产生的焦耳热Q′,即WF=Q′
又Q=I2rt∝r,故eb边上产生的焦耳热
Qeb=
Q′=0.9J。
答案
(1)1.2V
(2)3.2J (3)0.9J
1.(天津理综)如图5所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。
第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( )
图5
A.Q1>Q2,q1=q2B.Q1>Q2,q1>q2
C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1>q2
解析 设线框边长分别为l1、l2,线框中产生的热量Q=I2Rt=(
)2·R·
=
=
l1。
由于lab>lbc,所以Q1>Q2。
通过线框导体横截面的电荷量q=
·Δt=
·Δt=
=
,故q1=q2,A选项正确。
答案 A
2.(2016·全国卷Ⅱ,24)如图6,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
图6
(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。
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知产生的电动势为
E=Blv③
联立①②③式可得
E=Blt0(
-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=
⑤
式中R为电阻的阻值。
金属杆所受的安培力为
F安=BlI⑥
因金属杆做匀速运动,有
F-μmg-F安=0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R=
⑧
答案
(1)Blt0(
-μg)
(2)
3.如图7所示,倾角θ=60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接,轨道之间距离为L,圆形轨道的半径为r。
在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场,磁场区域足够大,圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻。
质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放,运动到最低点C时的速度大小vC=
,金属棒及轨道电阻不计,摩擦不计,求:
图7
(1)金属棒中产生感应电动势的最大值Em;
(2)金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量Q;
(3)金属棒能否通过圆形轨道的最高点D?
若能通过,求在此点时金属棒对轨道的压力。
解析
(1)磁场区域足够大,金属棒由静止开始先做变加速运动,当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时,金属棒在磁场中运动的速度最大,产生的感应电动势也最大。
设在磁场中达到的最大速度为vm,有Em=BLvm
根据闭合电路欧姆定律有Im=
根据平衡条件有mgsinθ=BImL
解得Em=
(2)根据能量守恒定律,金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量等于金属棒损失的机械能,所以有
Q=mgH-
mv
解得Q=mg(H-3r)
(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D,则金属棒由C点运动到D点机械能守恒,根据机械能守恒定律有
mv
=
mv
+mg·2r
解得vD=
金属棒通过圆形轨道最高点D时,根据牛顿第二定律及向心力公式有
FND+mg=m
解得FND=mg,所以金属棒能通过最高点。
由牛顿第三定律可知,金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力FND′=FND=mg,方向竖直向上。
答案
(1)
(2)mg(H-3r)
(3)能 mg 方向竖直向上
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- 电磁感应 中的 动力学 能量 问题 分析 处理 方法