人教版(新教材)高中物理選擇性必修2學(xué)案：專題強(qiáng)化9 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊(cè)PAGEPAGE1電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題〖學(xué)習(xí)目標(biāo)〗1.會(huì)分析導(dǎo)體棒、線框在磁場(chǎng)中的受力.2.能根據(jù)電流的變化分析導(dǎo)體棒、線框受力的變化情況和運(yùn)動(dòng)情況.3.能利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和平衡條件分析有關(guān)問題．由于導(dǎo)體的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力作用，而安培力又會(huì)改變導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)狀況，所以電磁感應(yīng)常與力學(xué)知識(shí)聯(lián)系在一起．1．電磁感應(yīng)問題中電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的相互制約關(guān)系2．處理此類問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．(2)求回路中感應(yīng)電流的大小和方向．(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)．(4)列動(dòng)力學(xué)方程或根據(jù)平衡條件列方程求解．3．兩種狀態(tài)(1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)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)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析．4．電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題基本思路：導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(→,\s\up10(I＝\f(E,R＋r)))感應(yīng)電流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))導(dǎo)體受安培力→合外力變化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化→臨界狀態(tài)．一、電磁感應(yīng)中的平衡問題如圖1，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)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)．t0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μ，重力加速度大小為g.求：圖1(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?。?2)電阻的阻值．〖答案〗(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)〖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－μmg＝ma①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＝at0②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＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))④(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I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為F安＝BlI⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有F－μmg－F安＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題如圖2所示，空間存在B＝0.5T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是水平放置的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2m，R＝0.3Ω的電阻接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.從零時(shí)刻開始，對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F＝0.45N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，ab棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．(g＝10m/s2)圖2(1)分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(2)求導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度的大小；(3)試定性畫出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖像．〖答案〗(1)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)(2)10m/s(3)見〖解析〗圖〖解析〗(1)導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv①回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)②導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μmg－F安＝ma④由①②③④得：F－μmg－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大，此后導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)當(dāng)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，有F－μmg－eq\f(B2L2vm,R＋r)＝0可得：vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)＝10m/s(3)由(1)(2)中的分析與數(shù)據(jù)可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖像如圖所示．如圖3甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的定值電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦．(重力加速度為g)圖3(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流大小及其加速度的大??；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值．〖答案〗(1)見〖解析〗圖(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)〖解析〗(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上；安培力F安，方向沿導(dǎo)軌向上．(2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則此時(shí)電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab桿受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－F安＝ma聯(lián)立各式得a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)當(dāng)a＝0時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm，即有mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).針對(duì)訓(xùn)練(多選)如圖4所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)．a(chǎn)b是一根與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿．開始時(shí)，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，一段時(shí)間后，再將S閉合，若從S閉合開始計(jì)時(shí)，則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖像可能是()圖4〖答案〗ACD〖解析〗設(shè)ab桿的有效長(zhǎng)度為l，S閉合時(shí)，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，桿先減速再勻速，D項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，桿勻速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，桿先加速再勻速，C項(xiàng)有可能；由于v變化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中a不恒定，故B項(xiàng)不可能．1.(電磁感應(yīng)中的平衡問題)(2020·盤錦市高二上期末)如圖5所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.接入電路的阻值為r的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()圖5A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小〖答案〗D〖解析〗金屬棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小(eq\f(ΔB,Δt)＝k為一定值)，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面積S不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，ab中的電流大小不變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對(duì)其受力分析，水平方向靜摩擦力Ff與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故選項(xiàng)D正確．2．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)(多選)如圖6所示，有兩根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金屬軌道，上端接有滑動(dòng)變阻器R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿從軌道上由靜止滑下且始終與導(dǎo)軌接觸良好．經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()圖6A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大(仍小于90°)，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大〖答案〗BC〖解析〗金屬桿由靜止開始下滑的過程中，其受力情況如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα－eq\f(B2L2v,R)＝ma所以金屬桿由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a＝0時(shí)達(dá)到最大速度vm，即mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R)，可得：vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，由此式知，選項(xiàng)B、C正確．3.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)如圖7所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場(chǎng)力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為()圖7A．a(chǎn)1>a2>a3>a4B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1〖答案〗B〖解析〗線圈進(jìn)入磁場(chǎng)前和全部