届高考物理一轮复习讲义第十章 第4讲 电磁感应规律的综合应用二动力学和能量动量.docx
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届高考物理一轮复习讲义第十章第4讲电磁感应规律的综合应用二动力学和能量动量
第4讲电磁感应规律的综合应用
(二)——动力学和能量、动量
板块一 主干梳理·夯实基础
【知识点1】 电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ
1.安培力的大小
2.安培力的方向
(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向,再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律,安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3.分析导体受力情况时,应做包含安培力在内的全面受力分析。
4.根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
【知识点2】 电磁感应现象中的能量问题 Ⅱ
1.电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流,通有感应电流的导体在磁场中受安培力。
外力克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能,通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热,使电能转化为其他形式的能。
2.实质
电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和电能之间的转化。
板块二 考点细研·悟法培优
考点1电磁感应中的动力学问题[解题技巧]
导体棒的运动学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用,从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1.两种状态及处理方法
2.力学对象和电学对象的相互关系
3.动态分析的基本思路
例1 [2016·安徽模拟]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θ,且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。
初始时刻,弹簧恰处于自然长度,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,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。
(1)导体棒向上运动和向下运动过程中流过R的电流方向相同吗?
提示:
不同。
(2)下降过程的牛顿第二定律。
提示:
mgsinθ+F弹-F安=ma。
尝试解答
(1) b→a
(2)gsinθ-。
(1)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b→a。
(2)导体棒产生的感应电动势为E2=BLv
感应电流I2==
导体棒受到的安培力大小F=BIL=,方向沿斜面向上。
根据牛顿第二定律有mgsinθ-F=ma
解得a=gsinθ-。
总结升华
单棒切割磁感线的两种模型
模型一:
导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场,如图甲所示。
模型二:
导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑,然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面),如图乙所示。
两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。
以模型一为例,有mg=F安=,即v0=。
若线框进入磁场时v>v0,则线框先减速再匀速;若v (多选)如图所示,相距L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B。 将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动。 导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g。 下列选项正确的是( ) A.P=2mgvsinθ B.P=3mgvsinθ C.当导体棒速度达到时加速度大小为sinθ D.在速度达到2v以后的匀速运动过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC 解析 当导体棒第一次匀速运动时,沿导轨方向有mgsinθ=;当导体棒第二次匀速运动时,沿导轨方向有F+mgsinθ=,两式联立解得F=mgsinθ,此时拉力F的功率P=F×2v=2mgvsinθ,选项A正确,B错误;当导体棒的速度达到时,沿导轨方向有mgsinθ-=ma,解得a=gsinθ,选项C正确;导体棒的速度达到2v以后,拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热,选项D错误。 考点2电磁感应中的能量问题[解题技巧] 1.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 2.电能求解的三种主要思路 (1)利用克服安培力做功求解: 电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功; (2)利用能量守恒或功能关系求解; (3)利用电路特征来求解: 通过电路中所产生的电能来计算。 3.解题的一般步骤 (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)根据能量守恒定律列式求解。 例2 将一斜面固定在水平面上,斜面的倾角为θ=30°,其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板,在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场,磁场区域的宽度为H=0.4m,如图甲所示,磁场边界与挡板平行,且上边界到斜面顶端的距离为x=0.55m。 将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端,已知导线框的质量为m=0.1kg,导线框的电阻为R=0.25Ω,ab的长度为L=0.5m。 从t=0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使导线框由静止开始运动,当导线框的下边与磁场的上边界重合时,将恒力F撤走,最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞,碰后导线框以等大的速度反弹,导线框沿斜面向下运动。 已知导线框向上运动的vt图象如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因数为μ=,整个运动过程中导线框没有发生转动,且始终没有离开斜面,g=10m/s2。 (1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小; (2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时,其速度v与位移s的关系为v=v0-s,其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小,s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小,求整个过程中导线框中产生的热量Q。 (1)由图乙的vt图可求出什么? 提示: 加速度。 (2)在图乙中0.4s以后有一段匀速直线运动,说明什么问题? 提示: 导线框进入磁场区域后以2m/s的速度匀速运动,受力平衡。 (3)安培力做功与焦耳热的关系? 提示: 克服安培力做功等于回路中产生的电能,如果是纯电阻电路,也等于回路中总的焦耳热。 尝试解答 (1)1.5_N__0.50_T__ (2)0.45__J。 (1)由vt图象可知,在0~0.4s时间内导线框做匀加速直线运动,进入磁场时的速度为v1=2.0m/s,所以在此过程中的加速度a==5.0m/s2 由牛顿第二定律有F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 解得F=1.5N 由vt图象可知,导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动 通过导线框的电流I== 导线框所受安培力F安=BIL 对于导线框匀速运动的过程,由力的平衡条件有 F=mgsinθ+μmgcosθ+ 解得B=0.50T。 (2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动,并以速度v1匀速穿出磁场,说明导线框的宽度等于磁场的宽度H, 导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动,在导线框到达挡板时的位移为 x0=x-H=0.15m 设导线框与挡板碰撞前的速度为v2,由动能定理,有 -mg(x-H)sinθ-μmg(x-H)cosθ=mv-mv 解得v2==1.0m/s 导线框碰挡板后速度大小仍为v2,导线框下滑过程中,由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等,即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N,因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速直线运动,ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0m/s;进入磁场后因为又受到安培力作用而减速,做加速度逐渐变小的减速运动,设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3 由v=v0-s得v3=v2-=-1.0m/s 因v3<0,说明导线框在离开磁场前速度已经减为零,这时安培力消失,导线框受力平衡,所以导线框将静止在磁场中某位置 导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q1=I2Rt==0.40J 导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q2=mv=0.05J 所以Q=Q1+Q2=0.45J。 总结升华 电磁感应现象中能量的计算 (1)回路中电流稳定可利用电路知识,由W=UIt,Q=I2Rt直接计算。 (2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。 如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5m,左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。 一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4T。 棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。 导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,求: (1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q; (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2; (3)外力做的功WF。 答案 (1)4.5C (2)1.8J (3)5.4J 解析 (1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt,回路中磁通量的变化量为ΔΦ,回路中产生的平均感应电动势为,则由法拉第电磁感应定律得=,其中ΔΦ=Blx 设回路中的平均电流为, 则由闭合电路欧姆定律得= 通过电阻R的电荷量q=Δt 联立以上各式,代入数据解得q=4.5C。 (2)设撤去外力时棒的速度为v,在棒做匀加速运动的过程中,由运动学公式得v2=2ax 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W, 由动能定理得W=0-mv2 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W 代入数据解得Q2=1.8J。 (3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2=2∶1,可得Q1=3.6J 在棒运动的整个过程中,由功能关系可知 WF=Q1+Q2=5.4J。 考点3电磁感应中的动量问题[拓展延伸] 电磁感应现象中产生感应电流,感应电流在磁场中受安培力作用,经过一段时间就会使导体棒(线圈)产生动量的变化。 如果是一个系统,系统合外力为0,则系统动量守恒。 例3 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L。 导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,如图所示。 两根导体棒的质量皆为m,电阻均为R,回路中其余部分的电阻可不计。 在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。 设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。 开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0。 若两导体棒在运动中始终不接触,则: (1)在运动中产生的焦耳热最多是多少? (2)当ab棒的速度变为初速度的时,cd棒的加速度是多少? (1)什么时候产生的焦耳热最多? 提示: 两棒速度相同时。 (2)两棒速度相同时,安培力有什么特点? 怎样求相同速度? 提示: 安培力大小相等、方向相反,两导体棒运动遵循动量守恒。 尝试解答 (1)mv (2)。 ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量变小,于是产生感应电流,ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动,cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动。 只要ab棒的速度大于cd棒的速度,回路总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速,直到两棒速度相同时,回路面积保持不变,不产生感应电流,两棒以相同的速度v做匀速运动。 (1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中,两棒的总动量守恒,有mv0=2mv 根据能量守恒定律,整个过程中产生的焦耳热 Q=mv-(2m)v2=mv。 (2)设ab棒的速度变为v0时,cd棒的速度为v′, 则由动量守恒定律可知mv0=mv0+mv′ 解得v′=v0, 回路中的电动势E=BLv0-BLv0=BLv0 I= 此时cd棒所受的安培力F=BIL=。 由牛顿第二定律可得,cd棒的加速度a==。 总结升华 1.如图所示,ab和cd是两条竖直放置且足够长的长直光滑金属导轨,MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m和2m。 竖直向上的外力F作用在杆MN上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R,导轨间距为l。 整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直。 导轨电阻可忽略,重力加速度为g。 在t=0时刻将细线烧断,保持F不变,金属杆和导轨始终接触良好且垂直。 求: (1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比; (2)两杆分别达到的最大速度。 答案 (1)2∶1 (2) 解析 (1)设某时刻MN和M′N′速度分别为v1、v2 由动量守恒mv1-2mv2=0,得=。 (2)当MN和M′N′的加速度为零时,速度最大 对M′N′由平衡条件知BIl=2mg I= E=Blv1+Blv2 得v1=,v2=。 2.[2017·哈尔滨师大附中二模]如图所示,竖直平面内,水平线OO′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场,磁感应强度为B,一个单匝正方形导体框,边长为L,质量为m,总电阻为r,从ab边距离边界OO′为L的位置由静止释放。 已知从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场所用时间为t,重力加速度为g,空气阻力不计,导体框不翻转,求: (1)ab边刚进入磁场时,b、a间电势差大小Uba; (2)cd边刚进入磁场时,导体框的速度大小。 答案 (1) (2)gt-+ 解析 (1)ab边刚进入磁场时速度大小为v1, 则mgL=mv E=BLv1 I= Uba=I·r 解得Uba=。 (2)从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程中 mgt-At=mv2-mv1 A=BL = = ΔΦ=BL2 由以上各式解得: v2=gt-+。 1.模型构建 对杆在导轨上运动组成的系统,杆在运动中切割磁感线产生感应电动势,并受到安培力的作用改变运动状态,最终达到稳定状态,该系统称为“杆和导轨”模型。 2.模型分类 单杆模型、双杆模型。 3.模型特点 (1)单杆模型 (2)双杆模型 ①模型特点 a.一杆切割时,分析同单杆类似。 b.两杆同时切割时,回路中的感应电动势由两杆共同决定,E==Bl(v1-v2)。 ②电磁感应中的“双杆”问题分析 a.初速度不为零,不受其他水平外力的作用 b.初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用 如图所示,两根间距为L的金属导轨MN和PQ,电阻不计,左端向上弯曲,其余水平,水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅰ,右端有另一磁场区域Ⅱ,其宽度也为d,但方向竖直向下,磁场的磁感应强度大小均为B。 有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置,b棒置于磁场区域Ⅱ内导轨的中点C、D处,导轨除C、D两处(对应的距离极短)外其余均光滑,两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的k倍,a棒从弯曲导轨某处由静止释放。 当只有一根棒做切割磁感线运动时,它速度的减少量与它在磁场中通过的距离成正比,即Δv∝Δx。 重力加速度为g。 (1)若a棒释放的高度大于h0,则a棒进入磁场区域Ⅰ时会使b棒运动,判断b棒的运动方向并求出h0。 (2)若将a棒从高度小于h0的某处释放,使其以速度v0进入磁场区域Ⅰ,结果a棒以v0的速度从磁场区域Ⅰ中穿出,求在a棒穿过磁场区域Ⅰ过程中通过b棒的电荷量q和两棒即将相碰时b棒上的电功率Pb。 [答案] (1)b向左运动 h0= (2)q= Pb= [解析] (1)根据右手定则可判断出,进入磁场区域Ⅰ时,金属棒a中感应电流的方向为由M指向P,从而可知b棒中电流方向由D指向C,根据左手定则可知金属棒b所受安培力方向向左,所以b棒向左运动 a棒从高度为h0处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒,有 mgh0=mv2 解得v= a棒刚进入磁场区域Ⅰ时,感应电动势: E=BLv 此时感应电流大小I= 此时b棒受到的安培力大小F=BIL,依题意有F=kmg 联立解得h0=。 (2)由于a棒从高度小于h0的某处释放,因此b棒在两棒相碰前将保持静止。 流过b棒的电荷量q=·Δt,又=,=,ΔΦ=BΔS,ΔS=Ld,R总=2R 联立解得q= 由题意可知,两棒将要相碰时的a棒的速度v′, 因为Δv∝Δx,所以a棒进入磁场区域Ⅱ中速度的变化量为·d。 v′=v0-·d=v0 此时电流大小I== 此时b棒上的电功率Pb=I2R=。 名师点睛 分析“杆和导轨”的模型要按照下述步骤分析: (1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E和r; (2)再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小,以便求解安培力; (3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力; (4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型及能量转化关系。 1.[2017·湖南衡阳模拟]如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ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匀速直线运动时,发热功率为 sin2θ D.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机=WG+mv-mv+Q电 答案 C 解析 ab边在两个不同的区域切割磁感线产生的感应电流的方向相反,A错误;线框以速度v1做匀速直线运动时,有mgsinθ-=0,线框以速度v2做匀速直线运动时,mgsinθ-=0,显然v2 2.如图所示,PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道,轨道足够长,其电阻可忽略不计。 金属棒ab、cd放在轨道上,始终与轨道垂直且接触良好。 金属棒ab的质量为2m,cd的质量为m,长度均为L,电阻均为R;两金属棒的长度恰好等于轨道的间距,并与轨道形成闭合回路。 整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,若锁定金属棒ab不动,使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下,沿轨道向上做匀速运动。 重力加速度为g。 (1)试推导论证: 金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电; (2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0=0,恒力大小变为F′=1.5mg,方向不变,同时解锁、静止释放金属棒ab,直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。 求: ①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab; ②0~t时刻内通过金属棒ab的电荷量q。 答案 (1)见解析 (2) 解析 (1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v, E=BLv① I=② F-mgsin30°=F安=IBL③ 金属棒cd克服安培力做功的功率P安=F安v④ 电路获得的电功率P电=⑤ 由①②③④得P安=⑥ 由①⑤得P电=⑦ 所以P安=P电⑧ (2)①金属棒ab做匀速运动,则有I1BL=2mgsin30°⑨ 金属棒ab的热功率Pab=IR⑩ 由⑨⑩解得Pab=⑪ ②设t时刻后金属棒ab做匀速运动的速度为v1,金属棒cd也做匀速运动,速度为v2;由金属棒ab、金属棒cd组成的系统动量守恒: mv=2mv1+mv2⑫ 回路电流I1=⑬ 由①②③⑨⑫⑬解得: 金属棒ab做匀速运动的速度为 v1=⑭ 0~t时刻内对金属棒ab分析: 在电流为i的很短的时间Δt内,速度的改变量为Δv,由动量定理得 BiLΔt-2mgsin30°·Δt=2mΔv⑮ 对⑮式进行求和,得BLq-mgt=2mv1⑯ 对⑭⑯解得q=。
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