2023届高考物理二轮复习类型4用动力学观点或能量观点破解电磁感应计算题学案

类型4　用动力学观点或能量观点破解电磁感应计算题

阅卷案例　 (10分)(2022·浙江1月选考)如图所示,水平固定一半径r=0.2 m的金属圆环,长均为r,电阻均为R0的两金属棒沿直径放置,其中一端与圆环接触良好,另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上,并随轴以角速度ω=600 rad/s匀速转动,圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连,轨道间接有电容C=0.09 F的电容器,通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧存在宽度为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab,磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接,在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01 kg,de与cf长度均为l3=0.08 m,已知l1=0.25 m,l2=0.068 m,B1=B2=1T、方向均为竖直向上;棒ab和“[”形框的cd边电阻均为R=0.1 Ω,除已给电阻外其他电阻不计,轨道均光滑,棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通,待电容器充电完毕后,将S从1拨到2,电容器放电,棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd,此时将S与2断开,已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场。

(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q,哪个极板(M或N)带正电?

(2)求电容器释放的电荷量ΔQ;

(3)求框abcd进入磁场后,ab边与磁场区域左边界的最大距离x。

1.(动力学观点)如图,间距为L的光滑平行导轨倾斜固定,倾角θ=30°,电阻不计的导轨上放置两根有一定阻值的金属杆ab和cd,两杆质量均为m,cd杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。现给ab杆一个沿导轨向上、大小为v0的初速度,同时对ab杆施加一个平行于导轨的推力,使拉力传感器示数FT随时间t按FT=t+的规律变化。已知重力加速度大小为g,两杆不相碰,始终与导轨垂直且接触良好,不计一切摩擦。

(1)求t=0时回路中的感应电流大小I0;

(2)求ab杆的速度vt随时间t变化的关系式;

(3)若在0~时间内回路产生的焦耳热为Q,求推力F在0~时间内做的功。

2.(能量观点)在生产线框的流水线上,为了检测出个别不合格的未闭合线框,让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下),观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框,其物理情境简化如下:如图所示,通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框,传送带与水平方向夹角为α,以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直,MN与PQ间的距离为d,磁场的磁感应强度大小为B。线框质量为m,电阻值为R,边长为L(d>2L),线框与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止,线框刚进入磁场的瞬间,和传送带发生相对滑动,线框运动过程中上边始终平行于MN,当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长,求:

(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小;

(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t;

(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中,电动机多消耗的电能E。

3.(动量、能量结合)如图所示,虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图,其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部,安装有电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲,一切摩擦阻力不计。

(1)求线圈abcd中最大感应电动势的大小;

(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零(缓冲车厢未与滑块K接触),求此过程线圈abcd中通过的电荷量q和产生的焦耳热Q;

(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律(缓冲车厢未与滑块K接触)。

类型4　用动力学观点或能量

观点破解电磁感应计算题

1.【解析】(1)由FT=t+可得t=0时,FT0=

cd杆受到的安培力大小F安=BI0L①

FT0+F安=mgsinθ②

由①②式得I0=③

(2)设回路总电阻为R,则I0=④

I=⑤

cd杆受力平衡FT+BIL=mgsinθ⑥

又FT=t+⑦

由④⑤⑥⑦求得vt=v0-gt⑧

(3)由⑧可知ab杆沿倾斜导轨做匀减速直线运动,加速度大小为a=g,方向沿导轨向下,ab杆在t=时的速度vt=-v0　

0~间内的位移s=v0t-at2⑨

由动能定理可得-mg·s·sinθ-W安+WF=m-m⑩

由功能关系可知,在0~时间内ab杆克服安培力做的功为W安=Q⑪

由⑨⑩⑪得WF=Q-m⑫

答案:(1)　(2)vt=v0-gt

(3)Q-m

2.【解析】(1)根据安培力公式得F安=BIL,

根据闭合电路欧姆定律得I=,

又由法拉第电磁感应定律得E=BLv0,

由以上联立可解得F安=。

(2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中,取沿斜面向上为正方向,根据动量定理有μmgcosα·t-mgsinα·t-t'=0,

根据安培力公式得=BL,

根据闭合电路欧姆定律得=,

根据法拉第电磁感应定律得=BL,

根据运动学公式得L=t',

由以上各式联立解得t=。

(3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中,由动能定理得

(μmgcosα-mgsinα)d+W安=0,

由功能关系得Q电=-W安,Qf=μmgcosα(v0t-d);

从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中,由能量守恒定律得E=2mgsinα·d+2Q电+2Qf,

由以上联立可解得E=。

答案:(1)

(2)

(3)

3.【解析】(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,滑块相对磁场的速度大小为v0 ,此时线圈中产生的感应电动势最大,则Em=nBLv0。

(2)由法拉第电磁感应定律有E=n

根据闭合电路欧姆定律有=,通过线圈的电荷量q=t,

解得q=n

由能量守恒定律有Q=m。

(3)位移为x时线圈中通过的电荷量q1=n

由动量定理有-nBLt1=mv-mv0,又q1=t1

解得v=-+v0。

答案:(1)nBLv0

(2)n　m

(3)v=-+v0