高三物理復(fù)習(xí)能力提升 第12章 專題11 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題

專題十一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題考綱解讀1.會分析計算電磁感應(yīng)中有安培力參與的導(dǎo)體的運(yùn)動及平衡問題.2.會分析計算電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化與轉(zhuǎn)移．考點一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析1．安培力的大小由感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R).2．安培力的方向判斷3．導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法(1)導(dǎo)體的平衡態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析．(2)導(dǎo)體的非平衡態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．例1(2012·廣東理綜·35)如圖1所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻．圖1(1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過導(dǎo)體棒的電流I及導(dǎo)體棒的速率v.(2)改變Rx，待導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx.解析(1)對勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示．導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIl ①導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安＝Mgsinθ ②聯(lián)立①②式，解得I＝eq\f(Mgsinθ,Bl) ③導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv ④由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rx)，且Rx＝R，所以I＝eq\f(E,2R) ⑤聯(lián)立③④⑤式，解得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示．由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．設(shè)兩金屬板間的電壓為U，因為導(dǎo)體棒勻速下滑時的電流仍為I，所以由歐姆定律知U＝IRx ⑥要使帶電的微粒勻速通過，則mg＝qeq\f(U,d) ⑦聯(lián)立③⑥⑦式，解得Rx＝eq\f(mBld,Mqsinθ).答案(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mBld,Mqsinθ)解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，即：先做“源”的分析——分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；再進(jìn)行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相應(yīng)部分的電流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；最后進(jìn)行“運(yùn)動”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動模型．突破訓(xùn)練1如圖2所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，圖2勻強(qiáng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2∶1.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過足夠長時間以后 ()圖2A．金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動B．金屬棒ab上的電流方向是由b向aC．金屬棒cd所受安培力的大小等于2FD．兩金屬棒間距離保持不變答案BC解析對兩金屬棒ab、cd進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動，且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度，所以兩金屬棒間距離是變大的，由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a，A、D錯誤，B正確；以兩金屬棒整體為研究對象有：F＝3ma，隔離金屬棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安＝eq\f(2,3)F，C正確；因此答案選B、C.考點二電磁感應(yīng)中的能量問題分析1．過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程．(2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng) 電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．“外力” 克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．(3)當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能．安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程．安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計算．(2)若電流變化，則：①利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能．例2如圖3所示，傾角為θ＝30°、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L1＝0.4m，B1＝5T的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上．一質(zhì)量m＝1.6kg的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，其電阻r＝1Ω.金屬導(dǎo)軌上端連接右側(cè)電路，R1＝1Ω，R2＝1.5Ω.R2兩端通過細(xì)導(dǎo)線連接質(zhì)量M＝0.6kg的正方形金屬框cdef，正方形邊長L2＝0.2m，每條邊電阻r0為1Ω，金屬框處在一方向垂直紙面向里、B2＝3T的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，不計其他電阻及滑輪摩擦，g取10m/s2.(1)若將電鍵S斷開，求棒下滑過程中的最大速度．(2)若電鍵S閉合，每根細(xì)導(dǎo)線能承受的最大拉力為3.6N，求細(xì)導(dǎo)線剛好被拉斷時棒的速度．(3)若電鍵S閉合后，從棒釋放到細(xì)導(dǎo)線被拉斷的過程中，棒上產(chǎn)生的電熱為2J，求此過程中棒下滑的高度(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)．圖3解析(1)棒下滑過程中，沿導(dǎo)軌的合力為0時，速度最大，mgsinθ－F安＝0F安＝B1IL1I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)E＝B1L1v代入數(shù)據(jù)解得：vmax＝7m/s(2)閉合S后，設(shè)細(xì)導(dǎo)線剛斷開時，通過金屬框ef邊電流為I′，則通過cd邊的電流為3I′則：2FT－Mg－B2I′L2－3B2I′L解得I′＝0.5A通過R2的電流I2＝eq\f(3I′r0,R2)I2＝1A電路總電流I1＝I2＋4I′＝3A金屬框接入電路總電阻R框＝eq\f(3,4)ΩR2與R框并聯(lián)電阻為R′，R′＝eq\f(R框R2,R框＋R2)＝eq\f(1,2)Ω設(shè)此時棒的速度為v1，則有I1＝eq\f(B1L1v1,r＋R1＋R′)解得v1＝3.75m/s(3)當(dāng)棒下滑高度為h時，棒上產(chǎn)生的熱量為Qab，R1上產(chǎn)生的熱量為Q1，R2與R框上產(chǎn)生的總熱量為Q′，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Qab＋Q1＋Q′Qab＝2JQ1＝Qab＝2JQ′＝eq\f(Qab,2)＝1J解得h≈1m答案(1)7m/s(2)3.75m/s(3)1m電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化問題的分析技巧1．電磁感應(yīng)過程往往涉及多種能量的轉(zhuǎn)化(1)如圖4中金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止下滑時，重力勢能減少，一圖4圖4功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能，最終在R上轉(zhuǎn)化為焦耳熱，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能．(2)若導(dǎo)軌足夠長，棒最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)做勻速運(yùn)動，之后重力勢能的減小則完全用來克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能．2．安培力做功和電能變化的特定對應(yīng)關(guān)系(1)“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．(2)安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．3．解決此類問題的步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(包括右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向．(2)畫出等效電路圖，寫出回路中電阻消耗的電功率的表達(dá)式．(3)分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程，聯(lián)立求解．突破訓(xùn)練2如圖5所示電路，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角圖5為θ的斜面上，導(dǎo)軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計，斜面處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，電阻可忽略不計的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用．金屬棒沿導(dǎo)圖5軌勻速下滑，則它在下滑高度h的過程中，以下說法正確的是()A．作用在金屬棒上各力的合力做功為零B．重力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的電能C．金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱D．金屬棒克服恒力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱答案AC解析根據(jù)動能定理，合力做的功等于動能的增量，故A對；重力做的功等于重力勢能的減少，重力做的功等于克服F所做的功與產(chǎn)生的電能之和，而克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，所以B、D錯，C對．55．應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌＋桿”模型問題1．模型概述“導(dǎo)軌＋桿”模型是電磁感應(yīng)問題在高考命題中的“基本道具”，也是高考的熱點，考查的知識點多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點．“導(dǎo)軌＋桿”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動狀態(tài)可分為勻速運(yùn)動、勻變速運(yùn)動、非勻變速運(yùn)動或轉(zhuǎn)動等；磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等等，情景復(fù)雜，形式多變．2．常見模型類型“電—動—電”型“動—電—動”型示意圖已知量棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計過程分析S閉合，棒ab受安培力F＝eq\f(BLE,R)，此時加速度a＝eq\f(BLE,mR)，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢E′＝BLv↑→電流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝0時，a＝0，v最大，最后勻速運(yùn)動棒ab釋放后下滑，此時加速度a＝gsinα，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢E＝BLv↑→電流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsinα?xí)r，a＝0，v最大，最后勻速運(yùn)動能量轉(zhuǎn)化通過安培力做功，把電能轉(zhuǎn)化為動能克服安培力做功，把重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能運(yùn)動形式變加速運(yùn)動變加速運(yùn)動最終狀態(tài)勻速運(yùn)動，vm＝eq\f(E′,BL)勻速運(yùn)動vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)解析(1)設(shè)甲在磁場區(qū)域abcd內(nèi)運(yùn)動時間為t1，乙從開始運(yùn)動到ab位置的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式得L＝eq\f(1,2)·2gsinθ·teq\o\al(2,1)，L＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)解得t1＝eq\r(\f(L,gsinθ))，t2＝eq\r(\f(2L,gsinθ)) (1分)因為t1<t2，所以甲離開磁場時，乙還沒有進(jìn)入磁場． (1分)設(shè)乙進(jìn)入磁場時的速度為v1，乙中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1，回路中的電流為I1，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgLsinθ (1分)E1＝Bdv1 (1分)I1＝E1/2R (1分)mgsinθ＝BI1d (1分)解得R＝eq\f(B2d2,2m)eq\r(\f(2L,gsinθ)) (1分)(2)從釋放金屬桿開始計時，設(shè)經(jīng)過時間t，甲的速度為v，甲中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，回路中的電流為I，外力為F，則v＝at (1分)E＝Bdv (1分)I＝E/2R (1分)F＋mgsinθ－BId＝ma (1分)a＝2gsinθ聯(lián)立以上各式解得F＝mgsinθ＋mgsinθeq\r(\f(2gsinθ,L))·t(0≤t≤eq\r(\f(L,gsinθ))) (1分)方向垂直于桿平行于導(dǎo)軌向下． (1分)(3)甲在磁場運(yùn)動過程中，乙沒有進(jìn)入磁場，設(shè)甲離開磁場時速度為v0，甲、乙產(chǎn)生的熱量相同，均設(shè)為Q1，則veq\o\al(2,0)＝2aL (1分)W＋mgLsinθ＝2Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (2分)解得W＝2Q1＋mgLsinθ乙在磁場運(yùn)動過程中，甲、乙產(chǎn)生相同的熱量，均設(shè)為Q2，則2Q2＝mgLsinθ(2分)根據(jù)題意有Q＝Q1＋Q2 (1分)解得W＝2Q (1分)答案(1)eq\f(B2d2,2m)eq\r(\f(2L,gsinθ))(2)F＝mgsinθ＋mgsinθeq\r(\f(2gsinθ,L))·t(0≤t≤eq\r(\f(L,gsinθ)))，方向垂直于桿平行于導(dǎo)軌向下(3)2Q突破訓(xùn)練3如圖7甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01kg、電阻為r＝0.30Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)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(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離s與時間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計，g＝10m/s2(忽略ab棒運(yùn)動過程中對原磁場的影響)，求：甲乙圖7(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5s內(nèi)，通過電阻R的電荷量；(3)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量．答案(1)0.1T(2)0.67C(3)0.26J解析(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動，由題中圖象乙得：v＝eq\f(Δs,Δt)＝7m/sI＝eq\f(BLv,r＋R)，mg＝BIL解得B＝0.1T(2)q＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(ΔΦ,R＋rΔt)ΔΦ＝eq\f(ΔS,Δt)B解得：q＝0.67C(3)Q＝mgs－eq\f(1,2)mv2解得Q＝0.455J從而QR＝eq\f(R,r＋R)Q＝0.26J高考題組1．(2012·山東理綜·20)如圖8所示，相距為L的兩條足夠長的光滑圖8平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運(yùn)動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體圖8棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是 ()A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到eq\f(v,2)時加速度大小為eq\f(g,2)sinθD．在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案AC解析根據(jù)I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時，回路中的電流為I，則根據(jù)共點力的平衡條件，有mgsinθ＝BIL.對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，使其以2v的速度勻速運(yùn)動時，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有F＋mgsinθ＝B·2IL，所以拉力F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故選項A正確，選項B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到eq\f(v,2)時，回路中的電流為eq\f(I,2)，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinθ－Beq\f(I,2)L＝ma，解得a＝eq\f(g,2)sinθ，選項C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動時，根據(jù)能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項D錯誤．2．(2012·江蘇單科·13)某興趣小組設(shè)計了一種發(fā)電裝置，如圖9所示．在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角α均為eq\f(4,9)π，磁場均沿半徑方向．匝數(shù)為N的矩形線圈abcd的邊長ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，bc邊和ad邊同時進(jìn)入磁場．在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向始終與兩邊的運(yùn)動方向垂直．線圈的總電阻為r，外接電阻為R.求：圖9(1)線圈切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的大小Em；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F；(3)外接電阻上電流的有效值I.答案(1)2NBl2ω(2)eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)(3)eq\f(4NBl2ω,3r＋R)解析(1)bc、ad邊的運(yùn)動速度v＝ωeq\f(l,2)感應(yīng)電動勢Em＝4NBlv解得Em＝2NBl2ω(2)電流Im＝eq\f(Em,r＋R)安培力F＝2NBIml解得F＝eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)(3)一個周期內(nèi)，通電時間t＝eq\f(4,9)TR上消耗的電能W＝Ieq\o\al(2,m)Rt且W＝I2RT解得I＝eq\f(4NBl2ω,3r＋R). 模擬題組3.如圖10，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放圖10置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab圖10現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則 ()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動答案BC解析金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對金屬板M、N充電，充電電流通過金屬棒時金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIL>0，金屬棒將一直加速下滑，A錯，B對；由右手定則可知，金屬棒a端(即M板)電勢高，C對；若微粒帶負(fù)電，則電場力向上，與重力反向，開始時電場力為0，微粒向下加速，當(dāng)電場力增大到大于重力時，微粒的加速度向上，可能向N板減速運(yùn)動到零后再向M板運(yùn)動，D錯．4．如圖11所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌cd和ef水平放置，在其左端連接傾角為θ＝37°的光滑金屬導(dǎo)軌ge、hc，導(dǎo)軌間距均為L＝1m，在水平導(dǎo)軌和傾斜導(dǎo)軌上，各放一根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好．金屬桿a、b質(zhì)量均為m＝0.1kg，電阻Ra＝2Ω、Rb＝3Ω，其余電阻不計．在水平導(dǎo)軌和斜面導(dǎo)軌區(qū)域分別有豎直向上和豎直向下的勻強(qiáng)磁場B1、B2，且B1＝B2＝0.5T．已知從t＝0時刻起，桿a在外力F1作用下由靜止開始水平向右運(yùn)動，桿b在水平向右的外力F2作用下始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，且F2＝0.75＋0.2t(N)．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)圖11(1)通過計算判斷桿a的運(yùn)動情況；(2)從t＝0時刻起，求1s內(nèi)通過桿b的電荷量；(3)若t＝0時刻起，2s內(nèi)作用在桿a上的外力F1做功為13.2J，則這段時間內(nèi)桿b上產(chǎn)生的熱量為多少？答案(1)以4m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(2)0.2C(3)6J解析(1)因為桿b靜止，所以有F2－B2IL＝mgtan37°而F2＝0.75＋0.2t(N)解得I＝0.4t(A)整個電路中的電動勢由桿a運(yùn)動產(chǎn)生，故E＝I(Ra＋Rb)E＝B1Lv解得v＝4t所以，桿a做加速度為a＝4m/s2的勻加速運(yùn)動．(2)桿a在1s內(nèi)運(yùn)動的距離d＝eq\f(1,2)at2＝2mq＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(E,Ra＋Rb)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B1Ld,Δt)q＝eq\f(ΔΦ,Ra＋Rb)＝eq\f(B1Ld,Ra＋Rb)＝0.2C即1s內(nèi)通過桿b的電荷量為0.2C(3)設(shè)整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得W1－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)v1＝at＝8m/s解得Q＝10J從而Qb＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝6J專題突破練

專題十一電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)和能量問題(限時：60分鐘)?題組1電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．如圖1(a)所示為磁懸浮列車模型，質(zhì)量M＝1kg的絕緣板底座靜止在動摩擦因數(shù)μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁場中的正方形金屬框ABCD為動力源，其質(zhì)量m＝1kg，邊長為1m，電阻為eq\f(1,16)Ω，與絕緣板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4.OO′為AD、BC的中線．在金屬框內(nèi)有可隨金屬框同步移動的磁場，OO′CD區(qū)域內(nèi)磁場如圖(b)所示，CD恰在磁場邊緣以外；OO′BA區(qū)域內(nèi)磁場如圖(c)所示，AB恰在磁場邊緣以內(nèi)(g＝10m/s2)．若絕緣板足夠長且認(rèn)為絕緣板與地面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則金屬框從靜止釋放后()圖1A．若金屬框固定在絕緣板上，金屬框的加速度為3m/s2B．若金屬框固定在絕緣板上，金屬框的加速度為7m/s2C．若金屬框不固定，金屬框的加速度為4m/s2，絕緣板仍靜止D．若金屬框不固定，金屬框的加速度為4m/s2，絕緣板的加速度為2m/s2答案AD解析若金屬框固定在絕緣板上，由題意得E＝eq\f(ΔB1,Δt)·eq\f(1,2)SABCD＝1×eq\f(1,2)×1×1V＝0.5V，I＝eq\f(E,R)＝8A，F(xiàn)AB＝B2IL＝8N，取絕緣板和金屬框整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律：FAB－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝3m/s2，A對，B錯；若金屬框不固定，對金屬框進(jìn)行受力分析，假設(shè)其相對絕緣板滑動，F(xiàn)f1＝μ2mg＝0.4×1×10N＝4N<FAB，假設(shè)正確．對金屬框應(yīng)用牛頓第二定律得FAB－Ff1＝ma1，a1＝4m/s2；對絕緣板應(yīng)用牛頓第二定律得Ff1－Ff2＝Ma2，F(xiàn)f2＝μ1(M＋m)g＝2N，解得a2＝2m/s2，C錯，D對．2．(2011·天津理綜·11)如圖2所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l＝0.5m，圖2其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m＝0.02kg，電阻均為R＝0.1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速圖2運(yùn)動，而棒cd恰好能夠保持靜止，取g＝10m/s2，問：(1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每產(chǎn)生Q＝0.1J的熱量，力F做的功W是多少？答案(1)1A方向由d至c(2)0.2N(3)0.4J解析(1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB棒cd在共點力作用下受力平衡，則Fcd＝mgsin30°代入數(shù)據(jù)解得I＝1A根據(jù)楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd對棒ab，由受力平衡知F＝mgsin30°＋I(xiàn)lB代入數(shù)據(jù)解得F＝0.2N(3)設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q＝0.1J的熱量，由焦耳定律知Q＝I2Rt設(shè)棒ab勻速運(yùn)動的速度大小為v，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,2R)由運(yùn)動學(xué)公式知在時間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌的位移s＝vt力F做的功W＝Fs綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W＝0.4J3.如圖3所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，圖3導(dǎo)軌左端連接一個電阻．一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上．在桿的右方距桿為d處有一個勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B圖3為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運(yùn)動，已知桿到達(dá)磁場區(qū)域時速度為v，之后進(jìn)入磁場恰好做勻速運(yùn)動．不計導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力．求：(1)導(dǎo)軌對桿ab的阻力大小Ff.(2)桿ab中通過的電流及其方向．(3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R.答案(1)F－eq\f(mv2,2d)(2)eq\f(mv2,2Bld)，方向由a流向b(3)eq\f(2B2l2d,mv)－r解析(1)桿ab進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動，有F－Ff＝mav2＝2ad解得導(dǎo)軌對桿的阻力Ff＝F－eq\f(mv2,2d)(2)桿ab進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，有F＝Ff＋F安桿ab所受的安培力F安＝IBl解得桿ab中通過的電流I＝eq\f(mv2,2Bld)由右手定則判斷桿中的電流方向自a流向b(3)桿運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv桿中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值R＝eq\f(2B2l2d,mv)－r?題組2電磁感應(yīng)中的能量問題4.如圖4所示，豎直放置的兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌相距L，導(dǎo)軌間接有一圖4定值電阻R，質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸，且無摩擦，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，金屬棒下落高度為h圖4()A．導(dǎo)體棒的最大速度為eq\r(2gh)B．通過電阻R的電荷量為eq\f(BLh,R＋r)C．導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量D．重力和安培力對導(dǎo)體棒做功的代數(shù)和等于導(dǎo)體棒動能的增加量答案BD解析金屬棒由靜止釋放后，當(dāng)a＝0時，速度最大，即mg－BLeq\f(BLvm,R＋r)＝0，解得vm＝eq\f(mgR＋r,B2L2)，A項錯誤．此過程通過R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(BLh,R＋rΔt)·Δt＝eq\f(BLh,R＋r)，B項正確．導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于整個電路產(chǎn)生的熱量，C項錯誤．由動能定理知對導(dǎo)體棒有ΔEk＝W重＋W安，D項正確．5．(2011·上海單科·32)如圖5所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s＝1.15m，兩導(dǎo)軌間距L＝0.75m，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R＝1.5Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5Ω、質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1J．(取g＝10m/s2)求：圖5(1)金屬棒在此過程中克服安培力做的功W安；(2)金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a；(3)為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學(xué)解答如下：由動能定理，WG－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，….由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答．答案(1)0.4J(2)3