2019屆高考物理復(fù)習(xí)資料第10章第4講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(二)動力學(xué)和能量動量Word版含

第4講電磁感覺規(guī)律的綜合應(yīng)用(二)——動力學(xué)和能量、動量板塊一

骨干梳理·夯實基礎(chǔ)【知識點1】電磁感覺現(xiàn)象中的動力學(xué)問題1．安培力的大小

Ⅱ2．安培力的方向先用右手定則或楞次定律確定感覺電流方向，再用左手定則確定安培力方向。依照楞次定律，安培力方向必然和導(dǎo)體切割磁感線運動方向相反。3．解析導(dǎo)體受力情況時，應(yīng)做包含安培力在內(nèi)的全面受力解析。4．依照平衡條件或牛頓第二定律列方程?！局R點2】電磁感覺現(xiàn)象中的能量問題Ⅱ1．電磁感覺中的能量轉(zhuǎn)變閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運動產(chǎn)生感覺電流，通有感覺電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力。外力戰(zhàn)勝安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，通有感覺電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力作用或經(jīng)過電阻發(fā)熱，使電能轉(zhuǎn)變?yōu)槠渌问降哪堋?．實質(zhì)電磁感覺現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)變，實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)變。板塊二考點細(xì)研·悟法培優(yōu)考點1電磁感覺中的動力學(xué)問題[解題技巧]導(dǎo)體棒的運動學(xué)解析電磁感覺現(xiàn)象中產(chǎn)生的感覺電流在磁場中碰到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運動情況。1．兩種狀態(tài)及辦理方法2．力學(xué)對象和電學(xué)對象的互有關(guān)系3．動向解析的基本思路例1[2016·安徽模擬]以下列圖，固定的圓滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感覺強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上。初始時辰，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒擁有沿軌道向上的初速度

v0。整個運動過程中導(dǎo)體棒向來與導(dǎo)軌垂直并保持優(yōu)異接觸，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行。求初始時辰經(jīng)過電阻R的電流I的大小和方向；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始地址時，速度變?yōu)関，求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a。(1)導(dǎo)體棒向上運動和向下運動過程中流過R的電流方向相同嗎？提示：不相同。下降過程的牛頓第二定律。提示：mgsinθ＋F彈－F安＝ma。試一試解答(1)BLv022b→a(2)gsinθ－BLv。R＋rmR＋r導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感覺電動勢E1＝BLv0E1BLv0經(jīng)過R的電流大小I1＝＝電流方向為b→a。導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感覺電動勢為E2＝BLv感覺電流I＝E2＝BLv2R＋rR＋r22BLv導(dǎo)體棒碰到的安培力大小F＝BIL＝，方向沿斜面向上。依照牛頓第二定律有mgsinθ－F＝ma22BLv解得a＝gsinθ－。mR＋r總結(jié)升華單棒切割磁感線的兩種模型模型一：導(dǎo)體棒ab先自由下落再進(jìn)入勻強磁場，如圖甲所示。模型二：導(dǎo)體棒ab沿圓滑的傾斜導(dǎo)軌自由下滑，爾后進(jìn)入勻強磁場(磁場垂直于軌道平面)，如圖乙所示。22兩類模型中的臨界條件是導(dǎo)體棒ab受力平衡。以模型一為例，有mg＝F安＝Blv0，即v0RmgR＝B2l2。若線框進(jìn)入磁場時v>v0，則線框先減速再勻速；若v<v0，線框先加速再勻速(都假設(shè)線框和磁場所區(qū)長度足夠長)。[追蹤訓(xùn)練](多項選擇)以下列圖，相距L的兩條足夠長的圓滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感覺強度為B。將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最后以2v的速度勻速運動。導(dǎo)體棒向來與導(dǎo)軌垂直且接觸優(yōu)異，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g。以下選項正確的選項是()A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθvgC．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到2時加速度大小為2sinθD．在速度達(dá)到2v今后的勻速運動過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案ACB2L2v解析當(dāng)導(dǎo)體棒第一次勻速運動時，沿導(dǎo)軌方向有mgsinθ＝R；當(dāng)導(dǎo)體棒第二次勻速運動時，沿導(dǎo)軌方向有F＋mgsinθ＝2B2L2v，兩式聯(lián)立解得F＝mgsinθ，此時拉力F的功率PR＝F×2v＝2mgvsinθ，選項A正確，B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到v時，沿導(dǎo)軌方向有mgsinθ222－BLv＝ma，解得a＝1gsinθ，選項C正確；導(dǎo)體棒的速度達(dá)到2v今后，拉力與重力的2R2合力所做的功所有轉(zhuǎn)變?yōu)镽上產(chǎn)生的焦耳熱，選項D錯誤?？键c2電磁感覺中的能量問題[解題技巧]1．能量轉(zhuǎn)變及焦耳熱的求法能量轉(zhuǎn)變求解焦耳熱Q的三種方法2．電能求解的三種主要思路利用戰(zhàn)勝安培力做功求解：電磁感覺中產(chǎn)生的電能等于戰(zhàn)勝安培力所做的功；利用能量守恒或功能關(guān)系求解；利用電路特點來求解：經(jīng)過電路中所產(chǎn)生的電能來計算。3．解題的一般步驟確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)；弄清電磁感覺過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)變；依照能量守恒定律列式求解。例2將一斜面固定在水平面上，斜面的傾角為θ＝30°，其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板，在斜面上加一垂直斜面向上的勻強磁場，磁場所區(qū)的寬度為

H＝0.4m，如圖甲所示，磁場界線與擋板平行，且上界線到斜面頂端的距離為

x＝0.55m。將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框

abcd置于斜面的底端，已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為

m＝0.1kg，導(dǎo)線框的電阻為

R＝Ω，ab的長度為

L＝0.5m。從

t＝0時辰開始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力

F，拉力的方向平行于斜面向上，使導(dǎo)線框由靜止開始運動，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場的上界線重合時，將恒力F撤走，最后導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈，導(dǎo)線框沿斜面向下運動。已知導(dǎo)線框向上運動的v-t圖象如圖乙所示，導(dǎo)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為

μ＝

3，整個運動過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，且向來沒有走開斜面，

g＝103m/s2。(1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感覺強度的大小；(2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運動經(jīng)過磁場時，其速度v與位移s的關(guān)系為v＝v0－B2L2s，其中mRv0是導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小，s為導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場所區(qū)后對磁場上界線的位移大小，求整個過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q。(1)由圖乙的v-t圖可求出什么？提示：加速度。在圖乙中0.4s今后有一段勻速直線運動，說明什么問題？提示：導(dǎo)線框進(jìn)入磁場所區(qū)后以2m/s的速度勻速運動，受力平衡。安培力做功與焦耳熱的關(guān)系？提示：戰(zhàn)勝安培力做功等于回路中產(chǎn)生的電能，若是是純電阻電路，也等于回路中總的焦耳熱。試一試解答(1)1.5_N__0.50_T__(2)0.45__J。(1)由v-t圖象可知，在0～0.4s時間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運動，進(jìn)入磁場時的速度為v1＝2.0m/s，因此在此過程中的加速度a＝v＝5.0m/s2t由牛頓第二定律有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得F＝1.5N由v-t圖象可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場所區(qū)后以速度v1做勻速直線運動EBLv1經(jīng)過導(dǎo)線框的電流I＝R＝R導(dǎo)線框所受安培力F安＝BIL關(guān)于導(dǎo)線框勻速運動的過程，由力的平衡條件有B2L2v1F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋解得B＝0.50T。

R(2)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場所區(qū)后做勻速直線運動，并以速度v1勻速穿出磁場，說明導(dǎo)線框的寬度等于磁場的寬度H，導(dǎo)線框ab邊走開磁場后做勻減速直線運動，在導(dǎo)線框到達(dá)擋板時的位移為x0＝x－H＝0.15m設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度為v2，由動能定理，有1212－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝mv2－mv122解得v2＝v12－2gx－Hsinθ＋μcosθ＝1.0m/s導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為v2，導(dǎo)線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，即mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50N，因此導(dǎo)線框與擋板碰撞后向下做勻速直線運動，ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v2＝1.0m/s；進(jìn)入磁場后由于又碰到安培力作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，設(shè)導(dǎo)線框所有走開磁場所區(qū)時的速度為v32222由v＝v0－BLs得v3＝v2－2BLH＝－1.0m/smRmR因v3<0，說明導(dǎo)線框在走開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時安培力消失，導(dǎo)線框受力平衡，因此導(dǎo)線框?qū)㈧o止在磁場中某地址導(dǎo)線框向上運動經(jīng)過磁場所區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝I2Rt＝2B2L2Hv1＝0.40JR導(dǎo)線框向下運動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱12Q2＝mv2＝0.05J2因此Q＝Q1＋Q2＝0.45J。總結(jié)升華電磁感覺現(xiàn)象中能量的計算(1)回路中電流牢固可利用電路知識，由2W＝UIt，Q＝IRt直接計算。若電流變化利用安培力做功、功能關(guān)系解決。[追蹤訓(xùn)練]以下列圖，一對圓滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距＝0.5m，l左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻。一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感覺強度B＝0.4T。棒在水平向右的外力作用下由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運動，當(dāng)棒的位移x＝9m時撤去外力，棒連續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q22∶1。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中向來與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持優(yōu)異接觸，求：(1)棒在勻加速運動過程中，經(jīng)過電阻R的電荷量q；撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；外力做的功WF。答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J解析(1)設(shè)金屬棒做勻加速運動的時間為t，回路中磁通量的變化量為ΔΦ，回路中產(chǎn)生ΔΦ的平均感覺電動勢為E，則由法拉第電磁感覺定律得E＝t，其中ΔΦ＝Blx設(shè)回路中的平均電流為I，IE則由閉合電路歐姆定律得＝R＋r經(jīng)過電阻R的電荷量q＝It聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得q＝4.5C。(2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v，在棒做勻加速運動的過程中，由運動學(xué)公式得v2＝2ax設(shè)棒在撤去外力后的運動過程中安培力做的功為W，由動能定理得W＝0－12mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W代入數(shù)據(jù)解得Q2＝1.8J。由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2＝5.4J?？键c3電磁感覺中的動量問題[拓展延伸]電磁感覺現(xiàn)象中產(chǎn)生感覺電流，感覺電流在磁場中受安培力作用，經(jīng)過一段時間就會使導(dǎo)體棒(線圈)產(chǎn)生動量的變化。若是是一個系統(tǒng)，系統(tǒng)合外力為0，則系統(tǒng)動量守恒。例3兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L。導(dǎo)軌上面垂直放置兩根導(dǎo)體棒

ab和

cd，組成矩形回路，以下列圖。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為

m，電阻均為

R，回路中其他部分的電阻可不計。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感覺強度為

B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行。開始時，棒

cd靜止，棒

ab有指向棒cd的初速度

v0。若兩導(dǎo)體棒在運動中向來不接觸，則：在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？(2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?時，cd棒的加速度是多少？4(1)什么時候產(chǎn)生的焦耳熱最多？提示：兩棒速度相同時。兩棒速度相同時，安培力有什么特點？怎樣求相同速度？提示：安培力大小相等、方向相反，兩導(dǎo)體棒運動依照動量守恒。試一試解答(1)1mv02(2)B2L2v0。44mRab棒向cd棒運動時，兩棒和導(dǎo)軌組成的回路面積變小，磁通量變小，于是產(chǎn)生感覺電流，ab棒碰到與其運動方向相反的安培力而做減速運動，cd棒則在安培力的作用下向右做加速運動。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路總有感覺電流，ab棒連續(xù)減速，cd棒連續(xù)加速，直到兩棒速度相同時，回路面積保持不變，不產(chǎn)生感覺電流，兩棒以相同的速度v做勻速運動。(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv依照能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱121212Q＝mv0－(2m)v＝mv0。224設(shè)ab棒的速度變?yōu)?4v0時，cd棒的速度為v′，則由動量守恒定律可知mv0＝34mv0＋mv′1解得v′＝4v0，回路中的電動勢311BLv0E＝BLv0－BLv0＝442EI＝2R此時cd棒所受的安培力F＝BIL＝B2L2v0。4R22由牛頓第二定律可得，cd棒的加速度a＝F＝BLv0。m4mR總結(jié)升華[遞進(jìn)題組]1.以下列圖，ab和cd是兩條豎直放置且足夠長的長直圓滑金屬導(dǎo)軌，MN和M′N′是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m。豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水寧靜止，并恰好與導(dǎo)軌接觸；兩桿的總電阻為R，導(dǎo)軌間距為l。整個裝置處在磁感覺強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。導(dǎo)軌電阻可忽略，重力加速度為g。在t＝0時辰將細(xì)線燒斷，保持F不變，金屬桿和導(dǎo)軌向來接觸優(yōu)異且垂直。求：細(xì)線燒斷后，任意時辰兩桿運動的速度之比；兩桿分別達(dá)到的最大速度。4mgR2mgR答案(1)2∶1(2)3B2l23B2l2解析(1)設(shè)某時辰MN和M′N′速度分別為v1、v2由動量守恒mv－2mv＝0，得v1＝2。12v21當(dāng)MN和M′N′的加速度為零時，速度最大對M′N′由平衡條件知BIl＝2mgEI＝RE＝Blv1＋Blv24mgR2mgR得v1＝3B2l2，v2＝3B2l2。[2017哈·爾濱師大附中二模]以下列圖，豎直平面內(nèi)，水平線OO′下方足夠大的地域內(nèi)存在水平勻強磁場，磁感覺強度為B，一個單匝正方形導(dǎo)體框，邊長為L，質(zhì)量為m，總電阻為r，從ab邊距離界線OO′為L的地址由靜止釋放。已知從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛進(jìn)入磁場所用時間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計，導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)，求：ab邊剛進(jìn)入磁場時，b、a間電勢差大小Uba；cd邊剛進(jìn)入磁場時，導(dǎo)體框的速度大小。(1)3BL23答案BL＋2gL42gL(2)gt－mr解析(1)ab邊剛進(jìn)入磁場時速度大小為v1，2則mgL＝2mv1E＝BLv1EI＝r3Uba＝I·4r解得Uba＝3BL2gL。4從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛進(jìn)入磁場的過程中mgt－FAt＝mv2－mv1FA＝BILEI＝rΔΦE＝tΔΦ＝BL2由以上各式解得：23BLv2＝gt－＋2gL。mr1．模型成立對桿在導(dǎo)軌上運動組成的系統(tǒng)，桿在運動中切割磁感線產(chǎn)生感覺電動勢，并碰到安培力的作用改變運動狀態(tài)，最后達(dá)到牢固狀態(tài)，該系統(tǒng)稱為“桿和導(dǎo)軌”模型。2．模型分類單桿模型、雙桿模型。3．模型特點單桿模型(2)雙桿模型①模型特點a．一桿切割時，解析同單桿近似。b．兩桿同時切割時，回路中的感覺電動勢由兩桿共同決定，E＝ΔΦ＝Bl(v1－v2)。t②電磁感覺中的“雙桿”問題解析a．初速度不為零，不受其他水平外力的作用b．初速度為零，一桿碰到恒定水平外力的作用以下列圖，兩根間距為L的金屬導(dǎo)軌MN和PQ，電阻不計，左端向上波折，其他水平，水平導(dǎo)軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場所區(qū)Ⅰ，右端有另一磁場所區(qū)Ⅱ，其寬度也為

d，但方向豎直向下，磁場的磁感覺強度大小均為

B。有兩根質(zhì)量均為

m、電阻均為

R的金屬棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，b棒置于磁場所區(qū)Ⅱ內(nèi)導(dǎo)軌的中點C、D處，導(dǎo)軌除C、D兩處(對應(yīng)的距離極短)外其他均圓滑，兩處對棒可產(chǎn)生總的最大靜摩擦力為棒重力的k倍，a棒從波折導(dǎo)軌某處由靜止釋放。當(dāng)只有一根棒做切割磁感線運動時，它速度的減少量與它在磁場中經(jīng)過的距離成正比，即v∝x。重力加速度為g。(1)若a棒釋放的高度大于h0，則a棒進(jìn)入磁場所區(qū)Ⅰ時會使b棒運動，判斷b棒的運動方向并求出h0。(2)若將a棒從高度小于h0的某處釋放，使其以速度v0進(jìn)入磁場所區(qū)Ⅰ，結(jié)果1的a棒以v02速度從磁場所區(qū)Ⅰ中穿出，求在a棒穿過磁場所區(qū)Ⅰ過程中經(jīng)過b棒的電荷量q和兩棒即將相碰時b棒上的電功率Pb。[答案](1)b向左運動h0＝2k2m2gR244BL(2)q＝BLdB2L2v022RPb＝64R[解析](1)依照右手定則可判斷出，進(jìn)入磁場所區(qū)Ⅰ時，金屬棒a中感覺電流的方向為由M指向P，從而可知b棒中電流方向由D指向C，依照左手定則可知金屬棒b所受安培力方向向左，因此b棒向左運動a棒從高度為h0處釋放后在波折導(dǎo)軌上滑動機會械能守恒，有12mgh0＝mv2解得v＝2gh0a棒剛進(jìn)入磁場所區(qū)Ⅰ時，感覺電動勢：E＝BLv此時感覺電流大小I＝E2R此時b棒碰到的安培力大小F＝BIL，依題意有F＝kmg222聯(lián)立解得h0＝2kmgR。4L4B(2)由于a棒從高度小于h0的某處釋放，因此b棒在兩棒相碰前將保持靜止。流過b棒的電EΔΦ荷量q＝I·Δt，又I＝R總＝2R，E＝t，ΔΦ＝BS，S＝Ld，R總BLd聯(lián)立解得q＝2R由題意可知，兩棒將要相碰時的a棒的速度v′，由于v∝x，因此a棒進(jìn)入磁場所區(qū)Ⅱ中速度的變化量為1v0－v01v0－21v′＝d·d＝v0224I＝BLv′BLv0此時電流大小2R＝8R222此時b棒上的電功率Pb＝I2R＝BLv0。64R

v0v－21·d。d2名師點睛解析“桿和導(dǎo)軌”的模型要依照下述步驟解析：(1)先進(jìn)行“源”的解析——分別出電路中由電磁感覺所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；再進(jìn)行“路”的解析——解析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出有關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力；爾后是“力”的解析——解析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，特別注意其所受的安培力；接著進(jìn)行“運動”狀態(tài)的解析和能量的解析——依照力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型及能量轉(zhuǎn)變關(guān)系。1．[2017湖·南衡陽模擬]以下列圖，在傾角為θ的圓滑斜面上，相距均為d的三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的地域Ⅰ、Ⅱ分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。一個質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框，從l1上方必然高度處由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛高出l1進(jìn)入磁場Ⅰ時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當(dāng)ab邊在高出l2運動到l3從前的某個時辰，線框又開始以速度v2做勻速直線運動，重力加速度為g。在線框從釋放到穿出磁場的過程中，以下說法正確的選項是()A．線框中感覺電流的方向不變B．線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間C．線框以速度v2勻速直線運動時，發(fā)熱功率為m2g2R2sin2θ4BdD．線框從ab邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，減少的機械能E機與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是1212E機＝WG＋mv1－mv2＋Q電22答案C解析ab邊在兩個不相同的地域切割磁感線產(chǎn)生的感覺電流的方向相反，A錯誤；線框以速度v1做勻速直線運動時，有mgsinθ－B2d2v1＝0，線框以速度v2做勻速直線運動時，mgsinθR22－4Bdv2＝0，顯然v2<v1，線框ab邊從l1運動到l2所用時間小于從l2運動到l3所用時間，RB錯誤；線框以速度v2勻速直線運動時，發(fā)熱功率與重力做功的功率相同，P＝mgv2sinθm2g2R2v2的過程中，機械能的變化等于＝4B2d2sinθ，C正確；線框從ab邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)槌亓ν馄渌ψ龅墓?，即減少的機械能等于戰(zhàn)勝安培力做的功，也等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，因此有E機＝Q電，D錯誤。2．以下列圖，PQ和MN是固定于傾角為30°斜面內(nèi)的平行圓滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽略不計。金屬棒ab、cd放在軌道上，向來與軌道垂直且接觸優(yōu)異。金屬棒ab的質(zhì)量為2m，cd的質(zhì)量為m，長度均為L，電阻均為R；兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個裝置處在垂直斜面向上、磁感覺強度為B的勻強磁場中，若鎖定金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿軌道向上做勻速運動。重力加速度為g。(1)試推導(dǎo)論證：金屬棒cd戰(zhàn)勝安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電；設(shè)金屬棒cd做勻速運動中的某時辰t0＝0，恒力大小變?yōu)镕′＝，方向不變，同時解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時辰金屬棒ab開始做勻速運動。求：①t時辰今后金屬棒ab的熱功率Pab；②0～t時辰內(nèi)經(jīng)過金屬棒ab的電荷量q。22222答案(1)見解析(2)mgR2mgR＋3mgBLtB2L23B3L3解析(1)設(shè)金屬棒cd做勻速運動的速度為v，E＝BLv①I＝2RE②F－mgsin30＝°F安＝IBL③金屬棒cd戰(zhàn)勝安培力做功的功率P安＝F安v④2電路獲得的電功率P電＝E⑤2R由①②③④得PB2L2v2安＝2R⑥222由①⑤得P電＝BLv⑦2R因此P安＝P電⑧(2)①金屬棒ab做勻速運動，則有I1BL＝2mgsin30⑨°金屬棒ab的熱功率Pab＝I12R⑩由⑨⑩解得Pab＝m2g2R22?BL②設(shè)t時辰后金屬棒ab做勻速運動的速度為v1，金屬棒cd也做勻速運動，速度為v2；由金屬棒ab、金屬棒cd組成的系統(tǒng)動量守恒：mv＝2mv1＋mv2?回路電流I＝BLv2－v1?12R由①②③⑨??解得：金屬棒ab做勻速運動的速度為v1＝mgR3B2L2?0～t時辰內(nèi)對金屬棒ab解析：在電流為i的很短的時間t內(nèi)，速度的改變量為v，由動量定理得BiLt－2mgsin30°·Δt＝2mv?對?式進(jìn)行求和，得BLq－mgt＝2mv1?對??解得q＝2m2gR＋3mgB2L2t3B3L3。第1講

光電效應(yīng)板塊一

骨干梳理·夯實基礎(chǔ)【知識點

1】

光電效應(yīng)

Ⅰ1．定義照射到金屬表面的光，能使金屬中的電子從表面逸出的現(xiàn)象。2．光電子光電效應(yīng)中發(fā)射出來的電子。3．光電效應(yīng)規(guī)律每種金屬都有一個極限頻率，入射光的頻率必定大于等于這個極限頻率才能產(chǎn)生光電效應(yīng)。低于這個頻率的光不能夠產(chǎn)生光電效應(yīng)。光電子的最大初動能與入射光的強度沒關(guān)，只隨入射光頻率的增大而增大。9光電效應(yīng)的發(fā)生幾乎是瞬時的，一般不高出10s。當(dāng)入射光的頻率大于極限頻率時，飽和光電流的強度與入射光的強度成正比。【知識點2】愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ⅰ1．光子說在空間流傳的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫做一個光的能量子，簡稱光子，光子的能量ε＝hν。其中h＝×10－34J·s(稱為普朗克常量)。2．逸出功W0使電子走開某種金屬所做功的最小值。3．最大初動能發(fā)生光電效應(yīng)時，金屬表面上的電子吸取光子后戰(zhàn)勝金屬的逸出功后所擁有的動能。4．愛因斯坦光電效應(yīng)方程表達(dá)式：Ek＝hν－W0。(2)物理意義：金屬表面的電子吸取一個光子獲得的能量是hν，這些能量的一部分用來戰(zhàn)勝金屬的逸出功W0，剩下的表現(xiàn)為逸出后光電子的最大初動能12Ek＝mev。25．對光電效應(yīng)規(guī)律的講解【知識點3】光的波粒二象性物質(zhì)波1．光的波粒二象性光的干涉、衍射、偏振現(xiàn)象說明光擁有顛簸性。光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)說明光擁有粒子性。光既擁有顛簸性，又擁有粒子性，即光擁有波粒二象性。2．物質(zhì)波(1)1924年，法國物理學(xué)家德布羅意提出：實物粒子也擁有顛簸性，每一個運動著的粒子都有一個波和它對應(yīng)，這種波叫做物質(zhì)波，也叫德布羅意波。物質(zhì)波的波長：λ＝h＝h，其中h是普朗克常量。物質(zhì)波也是一種概率波。pmv板塊二考點細(xì)研·悟法培優(yōu)考點1光電效應(yīng)規(guī)律的理解[深入理解]1．光子與光電子光子是指組成光自己的一個個不能切割的能量子，光子不帶電；光電子是指金屬表面碰到光照射時發(fā)射出來的電子。2．光電子的最大初動能與光電子的動能當(dāng)光照射金屬時，光子的能量所有被電子吸取，電子吸取光子的能量后可能向各個方向運動。有的向金屬內(nèi)部運動，有的向金屬表面運動，但因路子不相同，運動途中耗資的能量也不相同。唯一在金屬表面的電子，只要戰(zhàn)勝金屬原子核的引力做功，就能從金屬中逸出而具有最大初動能。依照愛因斯坦光電效應(yīng)方程能夠算出光電子的最大初動能為Ek＝hν－W0(W0為金屬的逸出功)。而其他經(jīng)過不相同的路徑射出的光電子，其動能必然小于最大初動能。3．光電流與飽和光電流在必然頻率與強度的光照射下產(chǎn)生光電效應(yīng)，光電流與電壓之間的關(guān)系為：開始時，光電流隨電壓U的增大而增大，當(dāng)U比較大時，光電流達(dá)到飽和值Im。這時即使再增大U，在單位時間內(nèi)也不能能有更多的光電子定向搬動，光電流也就不會再增大，即飽和光電流是在必然頻率與強度的光照射下的最大光電流。在必然光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小沒關(guān)。4．入射光強度和光子能量入射光強度是單位時間內(nèi)照射到金屬表面單位面積上總的能量，光子能量即每個光子的能量，光子總能量等于光子能量與入射光子數(shù)的乘積。5．光的強度與飽和光電流飽和光電流與入射光強度成正比的規(guī)律是對頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)而言的，關(guān)于不相同頻率的光，由于每個光子的能量不相同，飽和光電流與入射光強度之間沒有簡單的正比關(guān)系。例1[2017·黃岡中學(xué)模擬]以下列圖為研究光電效應(yīng)規(guī)律的實驗電路，電源的兩個電極分別與接線柱c、d連接。用必然頻率的單色光a照射光電管時，矯捷電流計G的指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，而用另一頻率的單色光b照射該光電管時，矯捷電流計G的指針不偏轉(zhuǎn)。以下說法正確的是()A．a(chǎn)光的頻率必然大于b光的頻率B．電源正極可能與c接線柱連接C．用b光照射光電管時，必然沒有發(fā)生光電效應(yīng)D．若矯捷電流計的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則電流方向必然是由

e→G→f若矯捷電流計指針不偏轉(zhuǎn)，必然沒發(fā)生光電效應(yīng)嗎？提示：不用然。若所加電壓為反向電壓，發(fā)生光電效應(yīng)也不用然有電流。試一試解答選ABD。由于電源的接法不知道，因此有兩種情況：(1)c接負(fù)極，d接正極：用某種頻率的單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，知a光頻率大于金屬的極限頻率。用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，知b光的頻率小于金屬的極限頻率，因此a光的頻率必然大于b光的頻率。(2)c接正極，d接負(fù)極：用某種頻率的單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，知a光產(chǎn)生的光電子能到達(dá)負(fù)極d端。用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，知b光未產(chǎn)生光電子或產(chǎn)生的光電子不能夠到達(dá)負(fù)極d端，因此a光產(chǎn)生的光電子的最大初動能大，a光的頻率必然大于b光的頻率，A、B正確；由以上的解析可知，不能夠判斷出用b光照射光電管時，必然沒有發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；電流的方向與負(fù)電荷定向搬動的方向相反，若矯捷電流計的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則電流方向必然是由e→G→f，故D正確?？偨Y(jié)升華解決光電效應(yīng)規(guī)律問題的技巧熟練掌握光電效應(yīng)規(guī)律是解決此類問題的要點。光電效應(yīng)實驗規(guī)律可理解記憶：“放不放(光電子)，看光限(入射光最低頻率)；放多少(光電子)，看光強；(光電子的)最大初動能(大小)，看(入射光的)頻率；要放瞬時放”。解題中判斷可否發(fā)生光電效應(yīng)，不能夠只看指針可否偏轉(zhuǎn)，還要看光電管所加的電壓的方向。[追蹤訓(xùn)練][2017·邢臺模擬]用強度相同的紅光和藍(lán)光分別照射同一種金屬，均能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。以下判斷正確的選項是()A．用紅光照射時，該金屬的逸出功小，用藍(lán)光照射時該金屬的逸出功大B．用紅光照射時，該金屬的截止頻率低，用藍(lán)光照射時該金屬的截止頻率高C．用紅光照射時，逸出光電子所需時間長，用藍(lán)光照射時逸出光電子所需時間短D．用紅光照射時，逸出的光電子最大初動能小，用藍(lán)光照射時逸出的光電子最大初動能大答案D解析

同種金屬的逸出功是相同的，

A錯誤；同種金屬的截止頻率是相同的，

B錯誤；只要金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，逸出光電子的時間相同，

C錯誤；藍(lán)光的頻率比紅光大，由

Ek＝hνW0知，用紅光照射時逸出的光電子的最大初動能小，用藍(lán)光照射時逸出的光電子最大初動能大，D正確?？键c2光電效應(yīng)的圖象解析[比較解析]例2從1907年起，美國物理學(xué)家密立根開始以精湛的技術(shù)測量光電效應(yīng)中幾個重要的物理量。他經(jīng)過以下列圖的實驗裝置測量某金屬的遏止電壓Uc與入射光頻率ν，作出Uc-ν的圖象，由此算出普朗克常量h，并與普朗克依照黑體輻射測出的h對照較，以檢驗愛因斯坦方程的正確性。圖中頻率ν、ν，遏止電壓U、Uc2及電子的電荷量e均為已知，求：12c1普朗克常量h；該金屬的截止頻率νc。最大初動能Ek與光的頻率ν的關(guān)系？提示：Ek＝hν－W0，Ek隨ν的增大而增大，成一次函數(shù)關(guān)系，其實不是成正比率關(guān)系。最大初動能與遏止電壓Uc的關(guān)系？提示：Ek＝eUc。Uc-ν圖線與橫軸交點的物理意義？提示：交點表示極限頻率。試一試解答eUc2－Uc1(2)Uc2ν1－Uc1ν2(1)－ν－U。ν21Uc2c1依照愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0及動能定理eUc＝Ek得Uc＝hν－h(huán)ν0ee結(jié)合圖象知k＝h＝Uc2－Uc1Uc1e－ν＝－νν21ν10普朗克常量h＝eUc2－Uc1，ν＝0Uc2ν1－Uc1ν2ν－ν－U。21Uc2c1總結(jié)升華解決光電效應(yīng)圖象問題的幾個關(guān)系光電效應(yīng)方程：Ek＝hν－W0。(2)發(fā)生光電效應(yīng)的臨界條件：Ek＝0，ν＝W0。ch反向遏止電壓與入射光極限頻率的關(guān)系：W0eUc＝0－Ek，Uc＝eν－e。[追蹤訓(xùn)練

]

研究光電效應(yīng)規(guī)律的實驗裝置以下列圖，

用頻率為ν的光照射光電管陰極

K時，有光電子產(chǎn)生。由于光電管

K、A

間加的是反向電壓，光電子從陰極

K發(fā)射后將旭日極

A做減速運動。光電流

i由圖中電流計

G測出，反向電壓

U由電壓表

V測出。當(dāng)電流計的示數(shù)恰好為零時，電壓表的示數(shù)稱為反向截止電壓Uc，在以下表示光電效應(yīng)實驗規(guī)律的圖象中，錯誤的選項是()答案B解析由光電效應(yīng)實驗規(guī)律知，光的頻率和反向電壓必然，光電流強度與光強成正比，A圖正確；由光電效應(yīng)方程可