人教高考物理一轮复习 第11章 专题强化24　电磁感应中的动力学和能量问题.docx

专题强化二十四　电磁感应中的动力学和能量问题
目标要求　1.会用动力学知识分析电磁感应问题.2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题．
题型一　电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．力学对象和电学对象的相互关系
3．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
　　　　　 “单棒＋电阻”模型
例1　(多选)(2020·黑龙江鹤岗一中月考)如图1所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，重力加速度为
g，则下列结论正确的是(　　)
图1
A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动
B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下
C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度
D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋h)
答案　CD
解析　线框穿过匀强磁场的过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝＝，安培力F＝IlB＝，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，线框一直做减速运动，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正确，A、B错误；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝m()2，mgh＝mv12，联立解得Q＝mg(2l＋h)，故D正确．
例2　(多选)如图2所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动．整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨．已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)
图2
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案　BCD
解析　t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin 37°＋，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，t＝2 s时，F＝12 N，选项C、D正确．
“单棒＋电容器”模型，棒受到恒力作用(导轨光滑)
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计)
图3
如图3，运动过程分析：
开始时，a＝，棒加速运动v↑⇒感应电动势E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv
电流I＝＝CBL＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动，v－t图象如图4.
图4
功能关系：
F做的功一部分转化为棒的动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋E电
例3　(多选)如图5，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，倾角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现由静止释放金属棒ab，假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是(　　)
图5
A．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
B．金属棒ab匀加速下滑
C．金属棒ab最终可能匀速下滑
D．金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能
答案　AB
解析　金属棒ab下滑过程中，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出金属棒a端为正极，所以M板电势高于N板电势，选项A正确；金属棒ab下滑过程中由于产生感应电动势和感应电流，对电容器充电，由I＝，C＝，ΔU＝BLΔv，金属棒ab受到安培力F＝BIL，对金属