专题28 电磁感应中的动量和能量问题（解析版）.docx

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AC【解析】导体棒竖直向下运动时,由右手定则判断可知,ab中产生的感应电流方向从b→a,由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上,导体棒竖直向上运动时,由右手定则判断可知,ab中产生的感应电流方向从a→b,由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下,所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反,A正确;导体棒开始运动的初始时刻,ab棒产生的感应电势为E=BLv0,由于r=R,a端电势比b端高,所以导体棒两端的电压Uab=E=BLv0,B错误;若导体棒从开始运动到速度第一次为零时,下降的高度为h,则通过电阻R的电量为q==,C正确;导体棒从开始运动到速度第一次为零时,根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q热=mv+mgh-W,所以电阻R上产生的焦耳热Q=Q热=mv+mgh-,D错误。【变式1】(2019·宁夏银川模拟)如图所示,相距为d的两条水平虚线之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,正方形线圈abec边长为L(L<d)、质量为m、电阻为R,将线圈在磁场上方h高处由静止释放,ce边刚进入磁场时的速度为v0,刚离开磁场时的速度也为v0,重力加速度大小为g,则线圈穿过磁场的过程中(即从ce边刚进入磁场到ab边离开磁场的过程),有( )(d-L)【答案】D【解析】根据能量守恒定律,在ce边刚进入磁场到ce边刚穿出磁场的过程中,线圈的动能不变,重力势能全部转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量,即Q=mgd,即从ce边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过程产生的焦耳热为mgd,从ce边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程,线圈产生的热量与从ce边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程中产生的热量相等,故从线圈的ce边进入磁场到ab边离开磁场的过程,产生的热量为2Q=2mgd,选项A、B错误;若线圈进入磁场的整个过程做减速运动,线圈全部进入磁场后做匀加速运动,则可知线圈刚全部进入磁场时的瞬时速度最小,设线圈的最小速度为vmin,线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程,根据能量守恒定律得mg(h+L)=Q+mvmin2,代入数据解得线圈的最小速度为vmin=,选项C错误;线圈在进入磁场的过程中,先做减速运动,可能在完全进入磁场前已经做匀速运动,则有mg=BIL=,解得vmin′=,选项D正确.【变式2】.如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有三条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d,两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框,从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,,下列说法正确的是( ),,减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机=WG+mv-mv【答案】CD.【解析】线框从释放到穿出磁场的过程中,由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向,A项错误;线框第一次匀速运动时,由平衡条件有BId=mgsinθ,I=,解得v1=,第二次匀速运动时,由平衡条件有2BI′d=mgsinθ,I′=,解得v2=,线框ab边匀速通过区域Ⅰ,先减速再匀速通过区域Ⅱ,而两区域宽度相同,故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间,B项错误;由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率,即P=mgv2sinθ=,C项正确;线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中,损失的重力势能等于该过程中重力做的功,动能损失量为mv-mv,所以线框机械能损失量为ΔE机=WG+mv-mv,D项正确.(二)焦耳热的求解【例2】(2019·广州荔湾区调研)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的宽度为d,,、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是( )(h-μd)【命题立意】本题中导体棒以一定的初速度进入磁场,这类问题的分析思路为:导体切割磁感线运动→产生感应电动势、感应电流→受到安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化→稳定状态(或临界状态),必要时将电磁感应问题与力学规律相结合进行计算.【思路点拨】导体棒在磁场中运动的过程中,滑动摩擦力大小不变,导体棒克服安培力、滑动摩擦力做功,由法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合能量守恒定律进行求解.【答案】ABD【解析】质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,刚进入磁场时速度最大,由mgh=mv2,得最大速度v=,产生的最大感应电动势Em=BLv===,A正确;在导体棒滑过磁场区域的过程中,产生的感应电动势的平均值==,平均感应电流=,流过电阻R的电荷量为q=t,联立解得q==,B正确;由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q=mgh-μmgd,C错误;电阻R中产生的焦耳热Q1=Q=mg(h-μd),D正确.【变式1】(2019·云南民族大学附属中学高三上学期期末)如图甲所示,在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4,在L1、L2之间,L3、L4之间存在匀强磁场,磁感应强度大小均为1T,方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd,宽度cd=L=,,电阻为2Ω,将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合),线圈速度随时间的变化关系如图乙所示,t1时刻cd边与L2重合,t2时刻ab边与L3重合,t3时刻ab边与L4重合,已知t1~,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10m/s2)。则( )~t1时间内,.0~t3时间内,【答案】 ABD【解析】由题图可知,在t2~t3时间内,线圈向下做匀速直线运动,受力平衡,则根据平衡条件有:mg=BIL,而I=,联立两式解得v2=,代入数据解得:v2=8m/s,B正确;t1~t2时间内线圈一直做匀加速直线运动,则知线圈内磁通量变化为零,不产生感应电流,不受安培力作用,仅在重力作用下运动,以cd边与L2重合时为初状态,以ab边与L3重合时为末状态,设磁场的宽度为d,则线圈长度为2d,线圈下降的位移为3d,则有:3d=v2t-gt2,其中v2=8m/s,t=,代入解得d=1m,所以线圈的长度为L′=2d=2m,C错误;在0~t1时间内,cd边从L1运动到L2,通过线圈的电荷量为q===,A正确;0~t3时间内,根据能量守恒得,Q=mg(3d+2d)-mv=,D正确。【变式2】(2019·上海闵行调研)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则( )>Q2 q1=q2 >Q2 q1>=Q2 q1=q2 =Q2 q1>q2【答案】A【解析】.设ab和bc边长分别为L1、L2,线框电阻为R,=It==,因此q1=,第一次:Q1=BL1I1L2=BL1L2,同理可以求得Q2=BL2I2L1=BL2L1,由于L1>L2,则Q1>Q2,(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两棒所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题;(2)由BL·Δt=m·Δv、q=·Δt可知,当题目中涉及电荷量或平均电流时,可应用动量定理来解决问题.(一)安培力对时间的平均值的两种处理方法力对时间的平均值和力对位移的平均值通常不等。力对时间的平均值可以通过作F-t图象,求出曲线与t8轴围成的面积(即总冲量),再除以总时间,其大小就是力对时间的平均值。角度一安培力对时间的平均值求电荷量安培力的冲量公式是,这是安培力在电磁感应中的一个重要推论。感应电流通过直导线时,直导线在磁场中受到安培力的作用,当导线与磁场垂直时,安培力的大小为F=BIL。在时间△t内安培力的冲量根据电流的定义式,式中q是时间t内通过导体截面的电量欧姆定律,R是回路中的总电阻电磁感应中可以得到安培力的冲量公式,此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。【例3】如图所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界进入磁场,滑过磁场后速度变为v(v<v0)那么()(v0+v)/2;(v0+v)/2;(v0+v)/2;、B均有可能,而C是不可能的【答案】B【解析】设线圈完全进入磁场中时的速度为。线圈在穿过磁场的过程中的感应电荷量为因为框进出磁场时面积变化量相等所以磁通量的变化量相等即进、出磁场感应电荷量相等下面是线圈在进入磁场、穿出磁场的过程中的动量定理:由上述二式可得,即B选项正确。【点评】:本题具有很强的综合性。由电磁感应知识推出,当减小时也减小,所以线圈在进入磁场和穿出磁场的过程都是变减速运动,所以不能用运动学的公式来解决问题了。进入磁场和穿出磁场的过程线圈的位移相同,我们可以利用动能定理,但无法对本题最终做出解答。这时要求学生能及时调节思维,合理进行选择,结合线圈在进入磁场和穿出磁场的过程中磁通量的变化量相等,利用安培力的冲量公式,会有柳暗花明又一村的感觉。角度二安培力对时间的平均值求位移安培力的冲量公式是①闭合电路欧姆定律②平均感应电动势:③位移:④①②③④得这是安培力在电磁感应中的又一个重要推论。(二)【例4】两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置,间距为d=1m,在左端弧形轨道部分高h=,弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦,在平直轨道右端放置另一金属杆b,杆a、b的电阻分别为Ra=2Ω、Rb=5Ω,在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B==5m/s开始向左滑动,同时由静止释放杆a,杆a由静止滑到水平轨道的过程中,;从a下滑到水平轨道时开始计时,a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向),其中ma=2kg,mb=1kg,g取10m/s2,求:(1)杆a在弧形轨道上运动的时间;(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量;(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热.【思路点拨】动量定理处理变力以及涉及力和时间的问题时比较方便,由题意可知杆a在弧形轨道上运动的时间与杆b从开始运动到开始计时的运动时间相同,则可选用动量定理来解答第(1)问.【答案】(1)5s (2)C (3)J【解析】(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0,对杆b运用动量定量,有Bd·Δt=mb(v0-vb0)其中vb0=2m/s代入数据解得Δt=5s.(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中,由机械能守恒定律有magh=mav解得va==5m/s设最后a、b两杆共同的速度为v′,由动量守恒定律得mava-mbvb0=(ma+mb)v′