专题10《电磁感应中的动力学问题和能量问题》

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点拨 1.由F=
B 2 L2 V R
知,v变化时,F变化,物体所受合外力
变化,物体的加速度变化,因此可用牛顿运动定律进 行动态分析.
2.在求某时刻速度时,可先根据受力情况确定该时
刻的安培力,然后用上述公式进行求解.
二、电磁感应的能量转化 1.电磁感应现象的实质是其他形式的能 和 电能 之间 的转化. 2.感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力 做功 ,将 其他形式 的能转化为 电能 ,电流做功再 将电能转化为 内能 .
有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减→由动能定
理或能量守恒定律列方程求解.
例如,如图1所示,金属棒ab沿导轨
由静止下滑时,重力势能减少,一 部分用来克服安培力做功转化为 感应电流的电能,最终在R上转化 为焦耳热,另一部分转化为金属棒 图1 的动能.若导轨足够长,棒最终达到稳定状态匀速运 动时,重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转 化为感应电流的电能.因此,从功和能的观点入手,分
运动的动态结构:
这样周而复始的循环,循环结束时加速度等于零,导
体达到平衡状态.在分析过程中要抓住a=0时速度v达
到最大这一关键.
特别提示
1.对电学对象要画好必要的等效电路图. 2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示 意图. 热点二 电路中的能量转化分析 从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律. 基本方法是: 受力分析→弄清哪些力做功,做正功还是负功→明确
r=0.4Ω 的 金属棒ab,放在导轨最上端,其余部分电阻不 计.当棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到底端脱离轨
道时,电阻R上产生的热量 Q1 =0.6 J,取g=10m/s2,
试求:
(1)当棒的速度v =2 m/s时,电阻R两端的电压. (2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小.
(3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小.
mgLsin +
(2)3gsin
15m3 g 2 R 2 sin 2 32 B 4 L4
方法提炼 求解焦耳热的途径 (1)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力 做的功,即Q=WA. (2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通 过电阻做的功,即Q=I2Rt. (3)感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现 象中其他形式能量的减少,即Q=ΔE他.
(2)这一过程中都有几种形式的能参与了转化?
解析 (1)ab边刚越过ee′即做匀速直线运动,线框 所受合力F为零. E E=Blv,I= ,则mgsin =BIL R mgR sin 解得v= B 2 L2
(2)当ab边刚越过ff′时,线框中的总感应电动势为 E′=2BLv
此时线框的加速度为 2 BE L F a= -gsin = -gsin =3gsin m mR (3)设线框再次做匀速运动的速度为v′,则
v 6
完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同,
加速度仍为5 m/s2
s-l2=v t3+ 1 at32
2
解得t3=1.2 s
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间 t=t1+t2+t3=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s 答案 (1)6 m/s (2)2.5 s
规律总结 此类问题中力现象和电磁现象相互联系,相互制 约,解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺 序,可概括为 (1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和 楞次定律求解电动势大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及 方向. (3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电 路中电学参量的“反作用”,即分析由于导体棒 受到安培力,对导体棒运动速度、加速度的影响, 从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定 性分析出导体棒的最终运动情况. (4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解.
析清楚电磁感应过程中能量转化的关系,是解决电磁
感应问题的重要途径之一.
限时自我测试
(20分)如图7所示,足够长的光滑平行金
属导轨MN、PQ竖直放置,一个磁感应强 度B=0.50 T的匀强磁场垂直穿过导轨平
面,导轨的上端M与P间连接阻值为
R=0.30 Ω 的电阻,长为L=0.40 m、电阻 为r=0.20 Ω 的金属棒ab紧贴在导轨上.
题型2
电磁感应中的能量问题
【例2】 如图4所示,两条足够长的平行光滑金属导
轨,与水平面的夹角均为 ,该空间存在着两个磁感
应强度大小均为B的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ的 磁场方向垂直导轨平面向下,区域Ⅱ的磁场方向垂
直导轨平面向上,两匀强磁场在斜面上的宽度均为
L,一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属 线框,由静止开始沿导轨下滑,当线圈运动到ab边刚
3.电流做功产生的热量用焦耳定律计算,公式为
Q=I2Rt .
特别提醒
在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应的问题 时,要注意分析安培力做功的情况,因为安培力做的
功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”.
简单表示如下:电能
W安﹥0 W安﹤0
其他形式能.
热点聚焦
热点一 对导体的受力分析及运动分析 从运动和力的关系着手,运用牛顿第二定律.基本方 法是:受力分析→运动分析(确定运动过程和最终的 稳定状态)→由牛顿第二定律列方程求解.
线框不发生转动.求:
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2. (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1.
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
解析 (1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有
mg=Ff+
B 2 a 2v2 R

解得v2= (mg Ff ) R
B a
2 2

(2)由动能定理,线框从离开磁场至上升到最高点 的过程
变式练习2
如图5所示,将边长为a、
质量为m、电阻为R的正方形导线框 竖直向上抛出,穿过宽度为b、磁感 应强度为B的匀强磁场,磁场的方向 垂直纸面向里.线框向上离开磁场时
图5
的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场
后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整 个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff,且
代入数据得v=6 m/s
B 2l12v R
(2)线框进入磁场前做匀加速直线运动
对M有:Mg-FT= Ma
对m有:FT-mgsin =
ma
联立解得a= Mg mg sin =5 m/s2 M m 该阶段运动时间为t1= v = 6 s=1.2 s
a
5
在磁场中匀速运动的时间
t2= l2 0.6 s=0.1 s
1 mv m 2 Q1 Q2 mgLsin = 2 解得v m=4 m/s
⑤ ⑥
(3)棒到底端时回路中产生的感应电流
Bdv m Im 2A Rr
⑦ -BI md=ma ⑨
解析 (1)速度v=2 m/s时,棒中产生的感应电动势 ① ② ③ E=Bdv =1 V
E 电路中的电流I = =1 A Rr 所以电阻R两端的电压U=IR=0.6 V
(2)根据Q=I 2Rt∝R 在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 r Q2 Q1 0.4 J ④ R 设棒到达底端时的速度为v m,根据能的转化和守恒 定律,得
框从静止开始运动,进入磁场最初一段时间是匀速的,ef 线和
gh线的距离s=11.4 m(取g=10 m/s2).求: (1)线框进入磁场时匀速运动的速度v. (2 ) ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t.
(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v.
(2)ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t.
思路点拨
题型3 电磁感应问题的综合应用 【例3】光滑的平行金属导轨长 L=2 m,两导轨间距d=0.5 m,轨 道平面与水平面的夹角 =30°, 导轨上端接一阻值为R=0.6Ω 的 电阻,轨道所在空间有垂直轨道 平面向上的匀强磁场,磁场的磁
图6
感应强度B=1 T,如图6所示.有一质量m=0.5kg、电阻
答案
(1)0.6 V
解题思路图
B
题型探究
题型1 电磁感应中的动力学问题
【例1】 如图2所示,光滑斜面的倾角
=30°,在斜面上放置一矩形线框
abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长 l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻
R=0.1 Ω ,线框通过细线与重物相
连,重物质量M=2 kg,斜面上ef线(ef∥gh∥ab)的右 图2 方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.如果线
专题10 电磁感应中的动力学问题和能量问题 考点自清
一、感应电流在磁场中所受的安培力 BL E B 2 L2v 1.安培力的大小:F=BIL= R R 2.安培力的方向判断
(1)右手定则和左手定则相结合,先用 右手定则 确定
感应电流方向,再用 左手定则 判断感应电流所受安 培力的方向. (2)用楞次定律判断,感应电流所受安培力的方向一 定和导体切割磁感线运动的方向 相反 .
下滑距离 x(m)
时间t(s) 下滑距离 x(m)
0
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
wk.baidu.com
0.60
0.70
0
0.10
0.30
0.70
1.20
1.70
2.20
2.70
(1)在前0.4 s的时间内,金属棒ab电动势的平均值.
(2)金属棒的质量. (3)在前0.7 s的时间内,电阻R上产生的热量.
Δ BLx 解析 (1) E = =0.6 V (4分) Δt Δt (2)从表格中数据可知,0.3 s后金属棒做匀速运动 Δx 速度v= =5 m/s (2分) Δt 由mg-F=0 (2分)
F=BIL
(2分) E I= Rr E=BLv (2分)
解得m=0.04 kg
(2分)
(1分)
(3)金属棒在下滑过程中,有重力和安培力做功,克
服安培力做的功等于回路的焦耳热.则
1 2 mgx= mv -0+Q 2 R QR = Q Rr 解得QR=0.348 J
(2分) (2分) (1分) (2)0.04 kg (3)0.348 J
现使金属棒ab由静止开始下滑,通过传感器记录金
属棒ab下滑的距离,其下滑距离与时间的关系如下 图7 表所示,导轨电阻不计.(g=10 m/s2)求: 时间t(s) 0 0 0.10 0.10 0.20 0.30 0.30 0.70 0.40 1.20 0.50 1.70 0.60 2.20 0.70 2.70
越过ee′即做匀速直线运动;当线框刚好有一半进入
磁场区域Ⅱ时,线框又恰好做匀速直线运动.求: (1)当线框刚进入磁场区域Ⅰ时的速度v. (2)当线框刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度.
(3)当线框刚进入磁场区域Ⅰ到刚好有一半进入磁场区域Ⅱ的过程中产生的热量Q.
思路点拨
(1)第一次匀速直线运动和第二次匀速
直线运动的受力特点相同吗?
mgsin =2B
4B L
v′= mgR sin v 2 2
2 BLv L R
由能量守恒定律得 3 Q=mg× Lsin + ( 2 =
3 2
4
1 2
mv2-
1 mv′2) 2
mgLsin +
15m3 g 2 R 2 sin 2 32B 4 L4
答案
(3) 3 2
(1) mgR sin B 2 L2
1 2 mv1 2 线框从最高点回落至进入磁场瞬间 1 (mg-Ff)h= mv22 2 由②③④联立解得 R mg Ff (mg ) 2 Ff 2 v1 = v2 = 2 2 mg Ff B a
(mg+Ff)h=


(3)设线框在向上通过磁场过程中,线框刚进入磁
场时速度为v0,由能量守恒定律有 1 2- 1 mv 2=Q+(mg+F )(a+b) mv0 1 f 2 2 v0=2v1 3mR 2 Q= [(mg)2-Ff2]-(mg+Ff)(a+b) 2B 4a 4 (mg Ff ) R (2) R (mg ) 2 Ff 2 答案 (1) 2 2 B 2a 2 B a 2 (3) 3mR [(mg)2-Ff2]-(mg+Ff)(a+b) 2B 4a 4
线框的运动可分为进入磁场前、进入磁
场中、完全进入磁场后三个阶段,分析每个阶段的受
力,确定运动情况.
解析
Mg=FT
(1)在线框进入磁场的最初一段时间内,重物
和线框受力平衡,分别有 FT=mgsin + FA ab边切割磁感线产生的电动势E=Bl1v E Bl1v 感应电流I= R R 受到的安培力FA=BIl1 联立得Mg=mgsin +
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