7/7綜合·融通(三)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題(融會(huì)課—主題串知綜合應(yīng)用)應(yīng)用動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量知識(shí)解決電磁感應(yīng)問題是高考的熱點(diǎn)。通過本節(jié)課的學(xué)習(xí)能根據(jù)電流的變化情況分析導(dǎo)體棒、線框受力的變化情況和運(yùn)動(dòng)情況；能利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和平衡條件分析有關(guān)問題；理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化，會(huì)用動(dòng)能定理、能量守恒定律分析有關(guān)問題；會(huì)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律分析電磁感應(yīng)的有關(guān)問題。主題(一)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題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。[例1]如圖甲所示，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)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。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)(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。嘗試解答：/方法技巧/電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題的基本思路導(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\up7(I＝\f(E),\s\do5(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)。[針對(duì)訓(xùn)練]1．如圖所示，兩條平行的光滑金屬軌道MN、PQ與水平面成θ角固定，軌道間距為d。P、M間接有阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效阻值為R。空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上?，F(xiàn)由靜止釋放ab，若軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g。求：(1)ab運(yùn)動(dòng)的最大速度vm；(2)當(dāng)ab具有最大速度時(shí)，ab消耗的電動(dòng)率P；(3)為使ab向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在ab中點(diǎn)施加一個(gè)平行于軌道且垂直于ab的力F，推導(dǎo)F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，并分析F的變化與加速度a的關(guān)系。主題(二)電磁感應(yīng)中的能量問題1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化安培力做功eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(做正功：電能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))機(jī)械能，如電動(dòng)機(jī),做負(fù)功：機(jī)械能\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))電能\o(→,\s\up7(電流),\s\do5(做功))焦耳熱或,其他形式的能量，如發(fā)電機(jī)))2．焦耳熱的計(jì)算(1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。(2)感應(yīng)電流變化時(shí)，可用以下方法分析：①利用動(dòng)能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安。②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量。3．克服安培力做的功等于整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱Q。電阻與導(dǎo)體棒串聯(lián)，產(chǎn)生的焦耳熱與電阻成正比。電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(R,R＋r)Q，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qr＝eq\f(r,R＋r)Q。[例2](2024·江西宜春期末)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)且相距L＝0.2m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓為U＝3.6V的小燈泡(電阻恒定)，兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5T、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝1Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。已知金屬棒下滑x＝6m后速度穩(wěn)定，且此時(shí)小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大?。?2)金屬棒從開始下滑到穩(wěn)定過程中，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱。嘗試解答：[針對(duì)訓(xùn)練]2.如圖所示，CD、EF是兩條水平放置、阻值可忽略且間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接，彎曲軌道上端接有一阻值為R的電阻，水平導(dǎo)軌所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將一阻值也為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上高為h處由靜止釋放，導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)距離d停止。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，它們之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。求導(dǎo)體棒從釋放到最終停止過程中：(1)通過電阻R的最大電流；(2)流過電阻R的電荷量；(3)電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱。主題(三)動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體棒切割磁感線做非勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動(dòng)量定理求解。導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。[例3](2024·廣東汕頭期末)如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌置于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，左側(cè)導(dǎo)軌間距為l，右側(cè)導(dǎo)軌間距為2l，導(dǎo)軌均足夠長(zhǎng)。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab和質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒cd均垂直于導(dǎo)軌放置，處于靜止?fàn)顟B(tài)。導(dǎo)體棒ab的電阻為R，導(dǎo)體棒cd的電阻為2R，兩棒始終在對(duì)應(yīng)的導(dǎo)軌部分運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)瞬間給導(dǎo)體棒cd一水平向右的初速度v0，則此后的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒ab最終的速度eq\f(1,3)v0B．全過程中，通過導(dǎo)體棒cd的電荷量為eq\f(mv0,3Bl)C．從導(dǎo)體棒cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,3)mv02D．導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒聽課記錄：[針對(duì)訓(xùn)練]3．(多選)如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜固定放置，導(dǎo)軌上端接有定值電阻R，垂直于導(dǎo)軌的虛線b、c間有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一金屬棒與導(dǎo)軌垂直放置。金屬棒第一次在圖中a1位置由靜止釋放，恰好能勻速通過磁場(chǎng)；第二次在圖中a2位置由靜止釋放，出磁場(chǎng)前金屬棒已勻速。金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，則金屬棒通過磁場(chǎng)的過程中，第二次與第一次相比()A．通過磁場(chǎng)的時(shí)間短B．通過電阻R的電量小C．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大D．金屬棒受到的安培力沖量大主題(四)動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力為系統(tǒng)內(nèi)力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。這類問題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來分析：(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：通常情況下一個(gè)金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬棒做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬棒以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)。(2)動(dòng)量觀點(diǎn)：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬棒的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(3)能量觀點(diǎn)：其中一個(gè)金屬棒動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬棒動(dòng)能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和。[例4]如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于金屬棒P的左側(cè)，以大小為v0的速度向金屬棒P運(yùn)動(dòng)并與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短。碰撞一次后，金屬棒P和絕緣棒Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒P與絕緣棒Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求：(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小；(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量。嘗試解答：[針對(duì)訓(xùn)練]4.(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()綜合·融通(三)電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題主題(一)[例1]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；電流方向由a→b，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)立各式解得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)。答案：(1)見解析圖(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)[針對(duì)訓(xùn)練]1．解析：(1)ab具有最大速度時(shí)處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖甲所示。由平衡條件得mgsinθ＝FA又FA＝IdB由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(Bdvm,2R)聯(lián)立解得vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2d2)。(2)由P＝I2R，I＝eq\f(Bdvm,2R)解得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,Bd)))2R。(3)ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)F沿軌道向下，受力分析如圖乙所示。由牛頓第二定律得F＋mgsinθ－FA′＝ma又FA′＝I′dBI′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(Bdv,2R)v＝at聯(lián)立可得F＝eq\f(B2d2a,2R)t＋ma－mgsinθ可見F的大小隨時(shí)間t呈線性變化。a．當(dāng)a<gsinθ時(shí)，F(xiàn)的方向先沿軌道向上，大小由mgsinθ－ma開始減小到零，隨后F的方向沿軌道向下，大小從零開始增大。b．當(dāng)a＝gsinθ時(shí)，F(xiàn)的方向沿軌道向下，大小從零開始增大。c．當(dāng)a>gsinθ時(shí)，F(xiàn)的方向沿軌道向下，大小從ma－mgsinθ開始增大。答案：(1)eq\f(2mgRsinθ,B2d2)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgsinθ,Bd)))2R(3)F＝eq\f(B2d2a,2R)t＋ma－mgsinθ見解析主題(二)[例2]解析：(1)設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為v，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E－U,r)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv聯(lián)立解得v＝4m/s。(2)金屬棒從開始下滑到穩(wěn)定過程中，由能量守恒定律得mgsinθ·x＝μmgcosθ·x＋eq\f(1,2)mv2＋Q解得Q＝0.8J燈泡的電阻為R＝eq\f(U,I)＝9Ω則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝0.08J。答案：(1)4m/s(2)0.08J[針對(duì)訓(xùn)練]2．解析：(1)設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)水平面時(shí)的速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，則v＝eq\r(2gh)導(dǎo)體棒剛到水平面的速度為切割磁感線的最大速度，因此導(dǎo)體棒中的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv通過電阻R的最大電流為I＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)。(2)通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),2R)t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)。(3)全過程由能量守恒定律得mgh＝μmgd＋Q電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mg(h－μd)。答案：(1)eq\f(BL\r(2gh),2R)(2)eq\f(BLd,2R)(3)eq\f(1,2)mg(h－μd)主題(三)[例3]選C當(dāng)導(dǎo)體棒ab和cd產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，兩棒都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有Blvab＝B·2lvcd，對(duì)導(dǎo)體棒ab，由動(dòng)量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mvab，對(duì)導(dǎo)體棒cd，由動(dòng)量定理可得－Beq\o(I,\s\up6(－))·2lΔt＝2mvcd－2mv0，聯(lián)立解得vab＝eq\f(2v0,3)，vcd＝eq\f(v0,3)，故A錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒cd，全過程中，通過的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，又－Beq\o(I,\s\up6(－))·2lΔt＝2mvcd－2mv0，聯(lián)立解得q＝eq\f(2mv0,3Bl)，故B錯(cuò)誤；由能量守恒定律得，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)·2mv02－eq\f(1,2)·2mvcd2－eq\f(1,2)mvab2，解得Q＝eq\f(2mv02,3)，故C正確；導(dǎo)體棒ab和cd的長(zhǎng)度不一樣，所以其受到的安培力大小不相等，導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)合力不為零，所以導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤。[針對(duì)訓(xùn)練]3．選AC由機(jī)械能守恒定律可知，金屬棒第二次運(yùn)動(dòng)到虛線b的速度大于第一次運(yùn)動(dòng)到虛線b的速度，由于金屬棒第一次勻速通過磁場(chǎng)，則金屬棒第二次通過磁場(chǎng)的平均速度比第一次大，金屬棒第二次通過磁場(chǎng)的時(shí)間比第一次短，故A正確；由q＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)可知，由于兩次ΔΦ相同，因此兩次通過電阻R的電量相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒減少的機(jī)械能，由于第二次減少的機(jī)械能多，因此第二次與第一次相比，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大，故C正確；安培力的沖量I＝Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝BqL，因此兩次金屬棒受到的安培力沖量大小相等，故D