電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題分析處理方法

1、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題考向D電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1.兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析2.電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系【模擬示例11 （2017 山東濟(jì)寧市模擬）如圖1所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角 430的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L = 0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分 成區(qū)域I和H ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN , I中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B =0.5 To在區(qū)域I中，將質(zhì)量m = 0.1 kg,

2、電阻R = 0.1勒勺金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域II中將質(zhì)量 m2 = 0.4 kg,電阻R = 0.1。的光滑導(dǎo)2g= 10 m/s ,問:體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域R的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取r11(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x= 3.8 m,此過程 中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。解析(1)根據(jù)右手定則判知cd中電流方向由d流向c,故ab中電流方向由a流 向bo(2)開始放置a

3、b剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為 Fmax,有 Fmax= migsin 設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路的歐姆定律有I=Ri + R2 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安=81此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安=m1gsin 9+F max 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得：v = 5 m/s 設(shè)cd棒的運(yùn)動(dòng)過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為 Q總，由能量守恒定律有12fm2gxsin 8= Q 總+2m2V 由申聯(lián)電路規(guī)律有Q=*Q總Ri+ R2聯(lián)立解得：Q=1.3 J答案 (1)由 a 流

4、向 b (2)5 m/s (3)1.3 J【拓展延伸】在【模擬示例11中若兩平行金屬導(dǎo)軌光滑，兩區(qū)域中磁場(chǎng)方向均垂直導(dǎo)軌平面 向上，其他條件不變?，F(xiàn)對(duì)金屬條ab施加平行于軌道向上的拉力，使之勻速向上 運(yùn)動(dòng)。在金屬條ab勻速向上運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒cd始終能靜止在軌道上。求:(1)通過導(dǎo)體棒cd的電流I;(2)金屬條ab受到的拉力F的大??；(3)導(dǎo)體棒cd每產(chǎn)生Q=10 J的熱量，拉力F做的功W, 解析(1)對(duì)cd棒受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得：BIL = m2gsin 30 0所以I= 10 A(2)對(duì)ab受力分析如圖則 F-m1gsin 30 -BIL = 0代入數(shù)據(jù)得：F = 2.5 N

5、(3)因?yàn)镽i = R2,所以Q=10 J時(shí)Q 總=20 J根據(jù)Q總=察Ri+ R2當(dāng) Q=10 J 時(shí)，由 Q=I2R2t 得 t=1 s又因Ri = R2所以Q總=20 JB2L2v2QLRZRt代入數(shù)據(jù)得：v = 10 m/s貝U W=Fvt = 2.5X10X 1 J=25 J答案 (1)10 A (2)2.5 N (3)25 J方法技巧用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是先電后力,具體思路如下:【變式訓(xùn)練11足夠長的平彳T金屬導(dǎo)軌 MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為 仁37(sin 37 = 0.6),間距為1 m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)

6、磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4 T, P、M間所接電阻的阻值為8 Q質(zhì)量為2 kg的金屬桿ab垂0.25。金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的包力 F作用下, m/s,取 g=10 m/s2,求：由靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為 8圖2直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(1)當(dāng)金屬桿的速度為4 m/s時(shí)，金屬桿的加速度大小；(2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6.0 m時(shí)，通過金屬桿的電荷量。解析(1)對(duì)金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律有：F + mgsin 0 F 安一f= ma f= iiFn= mgcos 0ab桿所受安培力大小為：F安=BIL ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=

7、BLv由閉合電路歐姆定律可知：I = E RB2L2整理得：F + mgsin 0 R-v mgos 0= ma代入：vm=8 m/s時(shí) a = 0,解得：F = 8 N2代入：v = 4 m/s及 F = 8 N,解得：a = 4 m/s設(shè)通過回路截面的電荷量為q,則:q= 11回路中的平均電流強(qiáng)度為:E I=R回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:回路中的磁通量變化量為:A=BLx聯(lián)立解得：q = 3 C答案 (1)4 m/s2(2)3 C考向電磁感應(yīng)中的能量問題.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化安培力做功,做正功；電能絲機(jī)械能.如電劭機(jī)廣皿小M期妙絲鏟也焦耳熱或其他形式 俶放如機(jī)岫呢=切在瑞產(chǎn)的幗蟲如發(fā)電機(jī)

8、.求解焦耳熱Q的三種方法-4焦一定律：6FRt小嬴嬴 種求法 J期能太條：Q=，一片力能:轉(zhuǎn)化:Q=，E-g.解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！灸M示例2】(2017湖南宜章一中模擬)如圖3, 一質(zhì)量為m,邊長為h的正方 形金屬線框abcd自某一高度由靜止下落，依次經(jīng)過兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且金屬線框 bc邊的初始位置離磁場(chǎng) B1的上邊界的高度為4,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為 B1 和B2,且Bi

9、= 2B0, B2=B0（B0已知），兩磁場(chǎng)的間距為 H（H未知，但Hh）,線 框進(jìn)入磁場(chǎng)Bi時(shí)，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為vi（vi已知），從磁場(chǎng)Bi中穿出后又以V2勻速通過寬度也為h的磁場(chǎng)B2圖3求Vi與V2的比值；（2）寫出H與h的關(guān)系式；（3）若地面離磁場(chǎng)B2的下邊界的高度為h,求金屬線框下落到地面所產(chǎn)生的熱量（用m、h、g表示）思路分析線框的速度一線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一感應(yīng)電流一線框的安培力 一 二力平衡一速度Vi與V2的比值一功能關(guān)系（安培力做功）一摩擦產(chǎn)生的熱量。解析（i）金屬線框分別進(jìn)入磁場(chǎng) Bi和B2后，做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有 BIh = mg又金屬線框切割磁感線，則1=喈R聯(lián)立得

10、V=mgRg“Vi B2 i .以 d2 a 0 V2 Bi 4（2）金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)Bi前和離開磁場(chǎng)Bi后到進(jìn)入磁場(chǎng)B2前，都是做只在重 力作用下的運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2 hVi = 2g 4v2V2 = 2g（H h）聯(lián)立得H = 。（3）產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做功，Q=BIh 4h聯(lián)立得Q = 4mgh。，19h答案 (1)1 ： 4 (2)H= (3)4mgh【拓展延伸】 在【模擬示例2】中把正方形金屬線框abcd的運(yùn)動(dòng)改為“始終做加速度為 g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有時(shí)需對(duì)線框施加豎直方向的外力F,且H = 2h,R。求:線框的電阻為F；通過線框a點(diǎn)解析(1)bc邊恰好進(jìn)入磁場(chǎng)B2時(shí)的速

11、度v=/2g 413gh2 ，此時(shí)的安培力(1)當(dāng)正方形金屬線框abcd的bc邊恰好進(jìn)入磁場(chǎng)B2時(shí)的豎直外力 (2)當(dāng)正方形金屬線框abcd從靜止開始運(yùn)動(dòng)到bc邊離開磁場(chǎng)Bi, 的電荷量Q。Boh2 13ghF 安= BoIh=RNJ*由牛頓第二定律得 mg+ F-F安=mgE則平均電流I=ERBh2=R 0則豎直外力5 =嗒寸等。, ，、一 A (2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=五,： A通過線框a點(diǎn)的電荷量Q= I及=匕 喏2 R反思總結(jié)在較復(fù)雜的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，經(jīng)常涉及變力做功問題，一般應(yīng)用能量守恒的方法 研究，可不必追究變力作用下運(yùn)動(dòng)的細(xì)節(jié)問題；若涉及恒力或恒定加速度，一般 用動(dòng)力學(xué)的觀

12、點(diǎn)研究，可以研究運(yùn)動(dòng)的細(xì)節(jié)問題?！咀兪接?xùn)練2】 如圖4所示，正方形單匝線框bcde邊長L=0.4 m,每邊電阻相同， 總電阻R=0.16 Qo 一根足夠長的絕緣輕質(zhì)細(xì)繩跨過兩個(gè)輕小光滑定滑輪，一端 連接正方形線框，另一端連接物體 P,手持物體P使二者在空中保持靜止，線框 處在豎直面內(nèi)。線框的正上方有一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的上、下邊界水平平 行，間距也為L = 0.4 m,磁感線方向垂直于線框所在平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B=1.0 T,磁場(chǎng)的下邊界與線框的上邊 eb相距h=1.6 m?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放， 線框向上運(yùn)動(dòng)過程中始終在同一豎直面內(nèi)，eb邊保持水平，剛好以v = 4.0 m/s的

13、速度進(jìn)入磁場(chǎng)并勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)，重力加速度g=10 m/S2,不計(jì)空氣阻力。圖4(1)線框eb邊進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，e、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ueb為多少？線框勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？若在線框eb邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，立即給物體 P施加一豎直向下的力F,使線框 保持進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度做連續(xù)的勻加速運(yùn)動(dòng)穿過磁場(chǎng)區(qū)域，已知此過程中力F做功 = 3.6 J,求eb邊上產(chǎn)生的焦耳熱Qeb為多少？解析(1)線框eb邊以v = 4.0 m/s的速度進(jìn)入磁場(chǎng)并勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng) 勢(shì)為 E=BLv=1.6 V3e、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 Ueb=4E=1.2 V。(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)后立即做勻速運(yùn)動(dòng)，并勻

14、速穿過磁場(chǎng)區(qū)，線框受安培力F安=8口，I = d，解得F安=4 N R克服安培力做功 W安=5安X2L=3.2 J而Q = W安，故該過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q = 3.2 J(3)因?yàn)榫€框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度與進(jìn)入前的加速度相同， 所以在通過磁場(chǎng)區(qū)域 的過程中，線框和物體P的總機(jī)械能保持不變，故力 F做的功W等于整個(gè)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q ；即Wf=Q又Q=I2rtocr,故eb邊上產(chǎn)生的焦耳熱一 1一， 一Qeb= 4Q = 0.9 Jo答案 (1)1.2 V (2)3.2 J (3)0.9 J高考模Ifl演細(xì)噩冠揍高霆蟒提弗魯.(天津理綜)如圖5所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框 abcd, a

15、b邊長大于bc 邊長，置于垂直紙面向里、邊界為 MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入 磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Qi,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為 q1；第二次bc邊平行 MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為 Q2,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為 q2,則MlX XX XXBX仃X XQiQ2, q = q2QiQ2, q1q2Qi = Q2, q = q2Qi = Q2, q1q2，2 Bl 1V 2 l2 B21212v解析設(shè)線框邊長分別為1i、l2,線框中廣生的熱重Q=I Rt=(-R-) RV=R-B21112v=-11 o

16、由于lab lbc,所以Qi Q2o通過線框?qū)w橫截面的電何重q= I tARE A B1i12.一.= - tA= :z=:z-,故 q1 = q2, A 選項(xiàng)正確。R RR答案 A. (2016全國卷II , 24)如圖6,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接 電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上，t=0時(shí)，金屬桿在水平向右、 大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，t。時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域， 且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為戰(zhàn)重力加速度大小為g。求F B-

17、K X XK X XK X XKMX(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大?。浑娮璧淖柚?。解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得F m mg maCD設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為 v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=ato當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Blv 聯(lián)立式可得E=Bito(m - (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為I,根據(jù)歐姆定律F安=811因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有F m mg- F 安=0聯(lián)立式得3 m答案(1)Blt0(m一心3.如圖7所示，傾角 對(duì)接，軌道之間距

18、離為(2)居 m8= 60 的傾斜平行直軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑L,圓形軌道的半徑為r。在傾斜平行軌道上半部分處有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬棒從距軌道最低點(diǎn) C高度為H處靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小vc = 4頹，金屬棒及軌道電阻不計(jì)，摩擦不計(jì),求:圖7(1)金屬棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值 Em；金屬棒下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q;金屬棒能否通過圓形軌道的最高點(diǎn) D?若能通過，求在此點(diǎn)時(shí)金屬棒對(duì)軌道的 壓力。解析(1)磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，金屬棒由靜止開始先做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力沿導(dǎo)軌向 下的分力與安培力平衡時(shí)，金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 也最大。設(shè)在磁場(chǎng)中達(dá)到的最大速度為 Vm,有Em=BLVm根據(jù)閉合電路歐姆定律有 、=曾R根據(jù)平衡條件有 mgsin 8= BImL3mgR解得Em= OD12BL(2)根據(jù)能量守恒定律，金屬棒