高考物理全国专用大二轮总复习增分策略练习 题型研究4含解析

电磁感应中的动力学问题

1．导体棒的两种运动状态

(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；

(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．

2．两个研究对象及其关系

电磁感应中导体棒既可看做电学对象(因为它相当于电源)，又可看做力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．

3．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＝BlvR＋r.

(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝B2l2vR＋r，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma.

(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.

例1 如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．

图1

(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；

(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及加速度的大小；

(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度．

答案 (1)见解析图 (2)BLvR gsin θ－B2L2vmR

(3)mgRsin θB2L2

解析 (1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．

(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，

此时电路中电流I＝ER＝BLvR，

ab杆受到的安培力F安＝BIL＝B2L2vR，

根据牛顿第二定律，有

ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－B2L2vR

a＝gsin θ－B2L2vmR

(3)当a＝0时，ab杆有最大速度

vm＝mgRsin θB2L2.

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)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.

(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力．

(3)“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)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．

变式题组

1．(2015·浙江10月选考·22)如图2甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T，方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g取10 m/s2)

图2

(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小．

(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向．

(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．

答案 (1)30 V (2)C→D 向上 (3)0.03 C

解析 (1)由电磁感应定律E＝nΔΦΔt

得E＝nSΔB2Δt＝30 V (2)电流方向C→D，B2方向向上

(3)由牛顿第二定律F＝ma＝mv－0Δt(或由动量定理FΔt＝mv－0)，安培力F＝IB1l，ΔQ＝IΔt，v2＝2gh，得ΔQ＝m2ghB1l＝0.03 C.

2．(2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：

图3

(1)通过棒cd的电流Icd；

(2)电动机对该装置的输出功率P；

(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．

答案 (1)B1ωl26R，方向由d到c (2)B12ω2l46R

(3)6kx－x0RB1B2l3

解析 (1)ab顺时针转动时产生的电动势为E＝12B1ωl2

由右手定则，电流方向由a到b， 由闭合电路欧姆定律，总电流I＝ER＋12R＝B1ωl23R

通过cd棒的电流Icd＝12I＝B1ωl26R，方向由d到c

(2)电动机的输出功率P＝I2·32R＝B12ω2l46R

(3)S断开时，由平衡条件kx0＝mg

S闭合时，由平衡条件kx＝B2Icdl＋mg

解得ω＝6kx－x0RB1B2l3.

动力学和能量观点的综合应用

1．力学对象和电学对象的相互关系

2．解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路

(1)电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系．

(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向．

(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析．

(4)能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式．

(5)规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化．

3．求解焦耳热的三种方法

(1)焦耳定律：Q＝I2Rt

(2)功能关系：Q＝W克服安培力 (3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量

例2 如图4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：

图4

(1)线框ab边将要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.

答案 (1)4倍 (2)Qmg＋28l

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＝E1R②

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＝mgR4B2l2⑤

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＝mgRB2l2⑥

由⑤⑥式得v2＝4v1⑦

(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＝12mv12⑧

线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝12mv22－12mv12＋Q⑨

由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l.

在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：

1不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式Q＝I2Rt求解焦耳热.

2电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热.

变式题组

3．如图5所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：

图5

(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；

(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．

答案 (1)FR＋rB2l2 (2)F(d0＋d)－mF2R＋r22B4l4

解析 (1)棒在磁场中匀速运动时，有F＝FA＝BIl，再据I＝ER＋r＝BlvR＋r联立解得v＝FR＋rB2l2 (2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，根据能量守恒定律可得F(d0＋d)＝Q＋12mv2，解得

Q＝F(d0＋d)－mF2R＋r22B4l4.

4．如图6甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)．

图6

(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；

(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；

(3)计算4 s内回路产生的焦耳热．

答案 见解析

解析 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有

－μmg＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2

代入数据解得t＝1 s，x＝0.5 m

即导体棒在1 s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置为x＝0.5 m.

(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0；后2 s回路产生的电动势为E＝ΔΦΔt＝ldΔBΔt＝0.1 V

回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5 Ω

电流为I＝ER＝0.2 A