2022-2023學(xué)年粵教版選擇性必修第二冊 2.3.2 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 學(xué)案

課時2電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題探究一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路.（1）“先電后力”，即：先作“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；（2）再進行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力；（3）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；（4）接著進行“運動”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型.2.導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法.（1）導(dǎo)體的平衡態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(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)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.3.在電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題中有兩類常見的模型.類型“電—動—電”型“動—電—動”型示意圖棒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，電阻不計分析S閉合，棒ab受安培力F＝eq\f(BLE,R)，此時a＝eq\f(BLE,mR)，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢BLv↑→電流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，當安培力F＝0時，a＝0，v最大，最后勻速棒ab釋放后下滑，此時a＝gsinα，其速度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↓，當安培力為F＝mgsinα?xí)r，a＝0，v最大，最后勻速運動形式變加速運動變加速運動最終狀態(tài)勻速運動vm＝eq\f(E,BL)勻速運動vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)【典例1】如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導(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，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，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)強度為B的勻強磁場中，磁場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，不計它們之間的摩擦.（1）由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖；（2）在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大??；（3）求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值.解析：（1）由右手定則可知，ab桿電流方向為a→b，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ab桿的速度大小為v時，感應(yīng)電動勢E＝BLv，此時電路中的電流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＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，則a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).（3）當a＝0時，ab桿有最大速度vm，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).答案：（1）見解析圖（2）eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)（3）eq\f(mgRsinθ,B2L2)電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧（1）受力分析時，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時標明電流方向及磁場的方向，以便準確地畫出安培力的方向.（2）要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力.（3）根據(jù)牛頓第二定律分析a的變化情況，以求出穩(wěn)定狀態(tài)的速度.（4）列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口.1.（多選）如圖所示，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，且電阻不計。ab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，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，一段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像可能是（）解析：設(shè)ab桿的有效長度為l，S閉合時，若eq\f(B2l2v,R)>mg，桿先減速再勻速，D項有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg，桿勻速運動，A項有可能；若eq\f(B2l2v,R)<mg，桿先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中的a不恒定，故B項不可能.答案：ACD2.（多選）如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則（）A.如果B變大，vm將變大B.如果α變大，vm將變大C.如果R變大，vm將變大D.如果m變小，vm將變大解析：金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定，安培力方向，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當a→0時，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故選項B、C正確.答案：BC3.如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連.兩細金屬棒ab（僅標出a端）和cd（僅標出c端）長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求：（1）作用在金屬棒ab上的安培力的大??；（2）金屬棒運動速度的大小.解析：（1）設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2.對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μN1＋2T＋F，①N1＝2mgcosθ.②對于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝2T，③N2＝mgcosθ，④聯(lián)立①②③④式得F＝mg（sinθ－3μcosθ）.⑤（2）由安培力公式得F＝BIL，⑥這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流.ab棒上的感應(yīng)電動勢E＝BLv，式中v是ab棒下滑速度的大小.⑦由歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝eq\f(mgR（sinθ－3μcosθ）,B2L2).⑨答案：（1）mg（sinθ－3μcosθ）（2）eq\f(mgR（sinθ－3μcosθ）,B2L2)探究二電磁感應(yīng)中的能量問題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.此過程中，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，安培力做正功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，安培力做了多少正功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.（4）分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.如：做功情況能量變化特點滑動摩擦力做功有內(nèi)能產(chǎn)生重力做功重力勢能必然發(fā)生變化克服安培力做功必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能安培力做正功電能轉(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：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能.3.焦耳熱的計算.（1）電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.（2）感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：①利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安；②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量.【典例2】如圖所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，軌距為d.空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B.P、M間所接電阻阻值為R.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電阻為r.現(xiàn)從靜止釋放ab，當它沿軌道下滑距離s時，達到最大速度.若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度為g.求：（1）金屬桿ab運動的最大速度；（2）金屬桿ab運動的加速度為eq\f(1,2)gsinθ時，電阻R上的電功率；（3）金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功.解析：（1）當桿達到最大速度時安培力F＝mgsinθ，又安培力F＝BId，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)，感應(yīng)電動勢E＝Bdvm，聯(lián)立解得最大速度vm＝eq\f(mg（R＋r）sinθ,B2d2).（2）當金屬桿ab運動的加速度為eq\f(1,2)gsinθ時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BI′d＝m·eq\f(1,2)gsinθ，電阻R上的電功率P＝I′2R，解得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,2Bd)))eq\s\up12(2)R.（3）根據(jù)動能定理有mgs·sinθ－WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，解得WF＝mgs·sinθ－eq\f(1,2)·eq\f(m3g2（R＋r）2sin2θ,B4d4).答案：（1）eq\f(mg（R＋r）sinθ,B2d2)（2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,2Bd)))eq\s\up12(2)R（3）mgs·sinθ－eq\f(1,2)·eq\f(m3g2（R＋r）2sin2θ,B4d4)1.安培力做負功是其他形式的能（如機械能）轉(zhuǎn)化為電能，這是發(fā)電機原理.2.安培力做正功，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，這是電動機原理.3.安培力做負功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，然后又通過電流做功變成電熱.所以安培力做的功、生能、生熱往往是同步進行的，不要重復(fù)計算.4.如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行于MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，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（）A.Q1>Q2，q1＝q2B.Q1>Q2，q1>q2C.Q1＝Q2，q1＝q2D.Q1＝Q2，q1>q2解析：根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq\f(B2leq\o\al(2,ab)v,R)lbc＝eq\f(B2Sv,R)lab，同理Q2＝eq\f(B2Sv,R)lbc，又lab>lbc，故Q1>Q2；因q＝It＝eq\f(E,R)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故q1＝q2.因此A正確.答案：A5.（多選）如圖所示，光滑斜面PMNQ的傾角為θ＝30°，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，其中ab邊長L1＝0.5m，bc邊長為L2，導(dǎo)體線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝0.4Ω，有界勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且ef∥MN.導(dǎo)體線框在沿斜面向上且與斜面平行的恒力F＝10N作用下從靜止開始運動，其ab邊始終保持與底邊MN平行.已知導(dǎo)體線框剛進入磁場時做勻速運動，且進入過程中通過導(dǎo)體線框某一橫截面的電荷量q＝0.5C，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體線框進入磁場時的速度為2m/sB.導(dǎo)體線框bc邊長為L2＝0.1mC.導(dǎo)體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為0.4mD.導(dǎo)體線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為1J解析：導(dǎo)體線框剛進入磁場時做勻速運動，則F＝mgsin30°＋eq\f(B2Leq\o\al(2,1)v,R)，解得v＝2m/s，根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)，解得L2＝0.2m，選項A正確，B錯誤；導(dǎo)體線框在磁場外運動的加速度a＝eq\f(F－mgsin30°,m)＝5m/s2，則導(dǎo)體線框開始運動時ab邊到磁場邊界ef的距離為x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×5)m＝0.4m，選項C正確