高考物理--电磁感应中的动力学问题(答案).pdf

第第 6161 课时课时电磁感应中的动力学问题电磁感应中的动力学问题(题型研究课题型研究课)命题者说电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点，这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。感应电流受安培力而影响导体棒的运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。(一一)运动切割类动力学问题运动切割类动力学问题例 1解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlvFg。联立式可得 EBlt0mE(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I R式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F安BlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgF安0B2l2t0联立式得 R。mFB l t0g(2)答案(1)Blt0mm2 2考法考法 2 2双杆模型双杆模型例 2思路点拨(1)金属杆甲运动产生感应电动势回路中有感应电流乙受安培力的作用做加速运动可求出某时刻回路中的总感应电动势由牛顿第二定律列式判断。(2)导体棒 ab 运动，回路中有感应电流分析两导体棒的受力情况分析导体棒的运动情况即可得出结论。解析(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为 v1和 v2，加速度大小分别为 a1和 a2，受到的安培力大小均为 F1，则感应电动势为 EBl(v1v2)E感应电流为 I2R对甲和乙分别由牛顿第二定律得FF1ma1，F1ma2当 v1v2定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时1a1a2F解得 a1a22m可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。(2)ab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd 棒则在安培力作用下做加速运动，在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度 v 水平向右做匀速运动。答案见解析两类双杆模型对比类型模型运动图像运动过程杆 MN 做变减速运动，杆 PQ 做不受外力变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动开始时，两杆做变加速运动；稳受到恒力定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动考法考法 3 3含电容器问题含电容器问题例 3解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为 EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有QCU联立式得 QCBLv(2)设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t，通过金属棒的电流为 i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F1BLi2分析方法将 两 杆 视 为 整体，不受外力，最后 a0将 两 杆 视 为 整体，只受外力 F，F最后 a2mQ设在时间间隔(t，tt)内流经金属棒的电荷量为Q，按定义有 itQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量。由式得QCBLv式中，v 为金属棒的速度变化量。按定义有vat金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F2FN式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FNmgcos 金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a，根据牛顿第二定律有mgsin F1F2ma联立至式得msin cos agmB2L2C由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t 时刻金属棒的速度大小为msin cos vgtmB2L2C答案(1)QCBLv(2)v这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流，漏掉导体棒所受的安培力，影响加速度的计算和导体棒运动情况的判断。集训冲关1.解析：(1)导体棒切割磁感线，EBLv导体棒做匀速运动，FF安E又 F安BIL，其中 IR在任意一段时间 t 内，拉力 F 所做的功B2L2v2WFvtF安vttRB2L2v2电路获得的电能 EqEEIttR可见，在任意一段时间t 内，拉力 F 所做的功与电路获得的电能相等。(2)导体棒达到最大速度 vm时，棒中没有电流，电源的路端电压UBLvm3msin cos gtmB2L2CEU电源与电阻所在回路的电流IrEBLvmB2L2vm2电源的输出功率 PUI。r(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLvUU1由电容器的 U-t 图像可知 Utt1U1导体棒的速度随时间变化的关系为vtBLt1U1可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度aBLt1QQCUCU1由 C 和 I，得 IUttt1由牛顿第二定律有 FBILmaBLCU1mU1可得 F。t1BLt1EBLvmB2L2vm2答案：(1)见解析(2)rBLCU1mU1(3)t1BLt12.解析：(1)AB 杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，对 AB 杆：3mg2T对 CD 杆：2TmgBILB2L2v14mgR又 FBIL，解得：v122。2RB L1(2)AB、CD 棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：(3mm)gh2Q 4mv122mv12Q16m3g2R2QB4L4hmgmgB4L4 BLh16m3g2R2QB4L4qIt2R2R2RmgB3L3(3)AB 杆与 CD 杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对 AB 杆：3mg2TBIL对 CD 杆：2TmgBILB2L2v2mgR又 FBIL，解得 v222RB LmgR4mgR所以22v222B LB L4mgR答案：(1)v122B L4mv12Q16m3g2R2QB4L4(2)hmgmgB4L416m3g2R2QB4L4q2RmgB3L3mgR4mgR(3)22v222B LB L(二二)变化磁场类动力学问题变化磁场类动力学问题典例B解析(1)t0 时刻线框中的感应电动势E0L2tE02功率 PRk2L4解得 P。R(2)由动能定理有 WEk1解得 W mv22穿出过程线框中的平均电动势 E ERt线框中的电流 I 通过的电量 q I tB0L2解得 q。R(3)n 匝线框中 t0 时刻产生的感应电动势Ent线框的总电阻 R总nRE线框中的电流 IR总t0 时刻线框受到的安培力FnB0IL设线框的加速度为 a，根据牛顿第二定律有F(nmM)akB0L3解得 a，MmRn可知 n 越大，a 越大。k2L412B0L2答案(1)(2)mv(3)见解析R2R磁场变化类电磁感应问题的解题方法5(1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。(2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。(3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。(4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。集训冲关解析：(1)由法拉第电磁感应定律有EntB121210 0.52 V2.5 V得 En rt22小灯泡正常发光，有 PI2R由闭合电路欧姆定律有EI(R0R)E则有 PR R2R，0代入数据解得 R1.25。(2)对线框受力分析如图设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B由力的平衡条件有 mgsin F安FfF安mgcos F安nBI2r联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B0.4 T2由 B2 t，得1.64线框在斜面上可保持静止的时间tss2/54小灯泡产生的热量 QPt1.25J3.1 J。5答案：(1)1.25(2)3.1 J课时达标检测一、选择题1.解析：选 B金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。BLvmB2L2vm安培力 FLB，对金属杆列平衡方程式：mgsin，则 vmRRmgsin R。由此式可知，B 增大，vm减小；增大，vm增大；R 变小，vm变小；m 变小，B2L2vm变小。因此 A、C、D 错误，B 正确。62.解析：选 C当导线 MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为UEBLv，所带电荷量QCUCBLv，故A、B 错误，C 正确；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错误。3.解析：选 AC由右手定则可知，电阻 R 中的感应电流方向由 c 到 a，A 正确；物块刚下落g时加速度最大，由牛顿第二定律有 2mammg，最大加速度：am，B 错误；对导体棒与2B2l2vm物块组成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即mg，所2R2mgRBlh以 vm2 2，C 正确；通过电阻 R 的电荷量 q，D 错误。B l2R2R4.解析：选 BC对两金属棒 ab、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒 cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒 ab 上的电流方向是由 b 到 a，A、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F3ma，隔离金属棒 cd 分析：FF安ma，可求得金属棒 cd 所受安培力2的大小 F安 F，C 正确。3二、计算题5.解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是 ab，由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。设 ab 中电流为 I 时 M 刚好离开地面，此时有FBIL1MgEIRBEL1L2ttBBB0tt联立以上各式，代入数据解得t5 s。答案：5 s6.解析：(1)由牛顿第二定律 Fma，得F0.01a m/s20.5 m/s2m0.027vtv010ts20 s。a0.5B2L2v(2)导线 ab 保持以 10 m/s 的速度运动，受到的安培力F安BIL0.16 NRr安培力与拉力 F 是一对平衡力，故F0.16 N。答案：(1)20 s(2)0.16 N7.解析：(1)对于导体棒 cd，由于做匀加速运动，则有：v1at，由 EBLv 可知：EBLatQ对于电容器，由 C 可知：QCUCBLat，UQ对于闭合回路，由 I 可知：ICBLat对于导体棒，由 F安BIL 可知：F安B2L2Ca由牛顿第二定律可知：FF安ma，F(mB2L2C)a，因此对于外力 F 来说，是一个恒定的外力，不随时间变化。(2)对于导体棒 cd，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有：W安Fx1x at22B2L2a2t2C由式得：W安，2B2L2a2t2C所以在 t 秒内转化为电场能的能量为：E。2答案：(1)F(mB2L2C)a，为恒力，不随时间 t 变化B2L2a2t2C(2)28.解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度 vm由牛顿第二定律有 mgsin mgcos F安0F安BILEIRrEBLvm由以上各式代入数据解得vm2.0 m/s。(2)金属棒以最大速度 vm匀速运动时，电阻R 上的电功率最大，此时PRI2R，解得：PR3W。8安(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x由能量守恒定律：1mgxsin mgxcos QRQr mvm22QRR根据焦耳定律，解得 x2.0 mQrr根据 q I t，I，E tRrEBLxBLx，解得 q1.0 C。Rr答案：(1)2.0 m/s(2)3 W(3)1.0 C9