高考物理一輪復(fù)習(xí)《電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題》教案滬科版

M：－TM：－T′＝Ma勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)第4時(shí)(專(zhuān))電磁感應(yīng)的力和量題突破一電感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．所用知識(shí)及規(guī)律(1)安培力的大小EB由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)＝BLv，感應(yīng)電I＝和培力公式＝BIL得F＝RR

v。(2)安培力的方向判斷(3)牛頓第二定律及功能關(guān)系2．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。3．常見(jiàn)的解題流程如下【典例1】如1所，光滑面的傾角α＝30°，在斜面上放置一矩形線(xiàn)框abcd，ab邊的邊長(zhǎng)l＝，邊邊長(zhǎng)＝，框的質(zhì)量m1kg，阻R＝0.1線(xiàn)框通過(guò)細(xì)線(xiàn)與重物相連，重物質(zhì)量＝2kg斜面上efefgh的右方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T，如果線(xiàn)框從靜止開(kāi)運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)，ef和gh的距s＝11.4m，?。?0m/s)，：圖1(1)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前重物的加速度；(2)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v；(3)邊由靜止開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)到處用的時(shí)間；(4)邊運(yùn)動(dòng)到處的速度大小及在線(xiàn)框由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到處整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)→獲取信息第二步：抓過(guò)程分析→理清思路第一過(guò)程牛頓第二定律m：－sinα＝ma

M：＝勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)RM：＝勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)R第二過(guò)程平條件m：′mgα＋第三過(guò)程勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

→

受力情況及加速度同“第一過(guò)程”利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求時(shí)及速度全過(guò)程利用能量守恒

→求焦耳熱規(guī)范解答(1)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前僅受到細(xì)線(xiàn)的拉力T，斜面的持力和線(xiàn)框的重力，重物受到自身的重力和細(xì)線(xiàn)的拉力T，對(duì)線(xiàn)框由牛頓第二定律得T－sinα＝ma對(duì)重物由牛頓第二定律得Mg－′＝又＝′聯(lián)立解得線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前重物的加速度Mg－sinαa＝＝m/s。M＋(2)因?yàn)榫€(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)，則重物受力平衡Mg＝線(xiàn)框abcd受平衡：′mgsinα＋

又T＝′邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝EBlv回路中的感應(yīng)電流為I＝＝R邊受到的安培力為＝BIlB聯(lián)立解得＝mgα＋

v代入數(shù)據(jù)解得＝6。(3)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入磁場(chǎng)后到運(yùn)動(dòng)至gh，仍做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。進(jìn)磁場(chǎng)前線(xiàn)框的加速度大小與重物的加速度大小相同，為＝5m/s，階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為vt＝1.2l進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝0.1s線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后的受力情況同進(jìn)入磁場(chǎng)前的受力情況相同以階段的加速度仍為a

22＝m/s1由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得sl＋at解得t＝1.2s因此ab邊由靜止開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)到gh處所用的時(shí)間t＝＋＋＝2.5s(4)線(xiàn)框邊動(dòng)到處的速度v′＝v＋＝6m/s＋5×1.2m/s＝m/s整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝l＝Mg－mgsin)l9。答案(1)5m/s(2)6m/s(3)2.5s(4)12m/s9J【變式訓(xùn)練】1．如圖2所示MN為夠的平行金屬導(dǎo)軌，間距＝0.50m，導(dǎo)軌平面與水平面間夾角θ＝°，N、間接一個(gè)電阻R＝5.0Ω，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝。一根質(zhì)量為＝0.050kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的位，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)現(xiàn)靜止釋放金屬棒屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直與軌接觸良好。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50，金屬棒滑行至cd處時(shí)，其速度大小開(kāi)始保持不變位與ab之間的距離＝2.0m已＝m/s，sin＝0.60，cos37°＝。：圖2(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大??；(2)金屬棒到達(dá)cd處速度大??；(3)金屬棒由位置運(yùn)到cd過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的熱量。解析(1)設(shè)金屬棒開(kāi)始下滑時(shí)加速度大小為a，則sinθ－μcosθ＝解得a＝m/s(2)設(shè)金屬棒到達(dá)位置時(shí)速度大小為v、電流為，金屬棒受力平衡，有mgsin＝＋mgcosθBLvI＝R解得v＝m/s(3)設(shè)金屬棒從ab運(yùn)到的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)的熱量為Q，由能量守恒，有1sinθ＝＋mgscosθ＋2

解得Q＝J答案(1)2.0m/s(2)2.0(3)0.10J突破二電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2．求解焦耳熱Q的種方法3．解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問(wèn)的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線(xiàn)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！镜淅?2014·天津卷11)圖所示兩足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距＝0.4m。導(dǎo)軌所在空間分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線(xiàn)為MN，Ⅰ的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T。在區(qū)域Ⅰ，將質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝0.1Ω的金屬條ab放在軌上剛好下滑域中將質(zhì)量m＝kg，電阻R＝0.1Ω的滑導(dǎo)體棒cd于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中、始與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好觸，取＝m/s問(wèn)：圖3(1)下滑的過(guò)程中ab中的電方向；(2)剛要向上滑動(dòng)時(shí)的速度多；(3)從cd始下滑到ab剛向滑動(dòng)的過(guò)程中滑的距離s＝3.8m，此過(guò)程中上產(chǎn)生的熱量是少。解析(1)根據(jù)右手定則判知cd中流方向由d流向c，故中流方向由a流向。(2)開(kāi)始放置ab剛好不下滑時(shí)所摩擦力為最大摩擦力其為＝θ①設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝②設(shè)電路中的感應(yīng)電流為，閉電路歐姆定律有EI＝③R設(shè)ab所受安培力為，

22hs2，22hs2，F(xiàn)＝BIL④此時(shí)ab受到的最大摩擦力方向斜面向下，由平衡條件有＝msinθ＋⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得：v＝m/s⑥(3)設(shè)棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q，由能量守恒定律有1msinθ＝＋m⑦由串聯(lián)電路規(guī)律有RQ＝⑧R聯(lián)立解得：＝1.3J答案(1)由流(2)5m/s(3)1.3J【變式訓(xùn)練】2．(多選如圖4所，粗糙的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，頂端′之間連接一個(gè)阻值為的阻和開(kāi)關(guān)S端′與一小段水平軌道相勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面。斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，將一根質(zhì)量m、長(zhǎng)為的金屬棒從′處由靜止開(kāi)始滑下落在水平面上的′；閉合開(kāi)關(guān)S，將金屬棒仍從AA′處由靜止開(kāi)始滑下，落在水平面上的EE′處關(guān)S仍合屬?gòu)摹涮?圖中沒(méi)畫(huà)出)由靜止開(kāi)始滑落水平面上的′處忽略金屬棒經(jīng)過(guò)PP處的能量損失)測(cè)得相關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示說(shuō)法正確的是()圖4A．?dāng)嚅_(kāi)，金屬棒沿導(dǎo)軌下滑加速度為B．閉合，金屬棒剛離開(kāi)軌道的速度為mgC．電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝(－4hD．′一定在AA的上方

g21解析由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知S斷時(shí)，由h＝，＝＝s，可得v＝

g2xaA誤；同理可得閉合開(kāi)關(guān)S＝4hs

gB正；故電阻R上生的熱量＝2h

121－＝(－24

)，C正；因?yàn)榻饘侔粲幸徊繖C(jī)械能轉(zhuǎn)化為電阻R上內(nèi)能，故不能判斷′與AA′位置的關(guān)系，錯(cuò)。答案BC

RR突破三電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型1．模型構(gòu)建“桿＋導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問(wèn)題高考命題的“基本道具”是考的熱點(diǎn)考查的知識(shí)點(diǎn)多題的綜合性強(qiáng)物情變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)桿導(dǎo)軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型“桿”型為重)放方式可分為水平和斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。2．模型分類(lèi)及特點(diǎn)(1)單桿水平式物理模型FL設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻棒的速度為，加速度為a＝－，、vm動(dòng)態(tài)分析

BLv同向，隨v增加減小，當(dāng)＝時(shí)，v最，＝恒定R收尾狀態(tài)(2)單桿傾斜式物理模型

運(yùn)動(dòng)形式力學(xué)特征電學(xué)特征

勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)a＝0恒定不變I恒定動(dòng)態(tài)分析

E棒釋放后下滑＝gsinα↑＝BLv＝↑＝BIL↓，當(dāng)安培力＝mgsinα?xí)ra＝0，最收尾狀態(tài)

運(yùn)動(dòng)形式力學(xué)特征電學(xué)特征

勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)mgRsinαa＝0v最大v＝I恒定【典例3】(2014·江蘇卷13)圖示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)3，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌的中部刷有一段為d的絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放在滑上涂之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)一直勻速滑到導(dǎo)軌底端導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直僅涂層間摩擦在兩導(dǎo)軌間的電阻為他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為。求：圖5(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大?。?/p>

BLBL(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)在絕緣涂層上運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，則有sinθ＝μcosθ①解得：＝tanθ②(2)在光滑導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝③E則電路中的感應(yīng)電流I＝④R導(dǎo)體棒所受安培力F＝⑤且由平衡條件得F＝sinθ⑥mgRsinθ聯(lián)立③～⑥式，解得v＝BL

⑦(3)從開(kāi)始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：13sinθ＝＋＋mv⑧2摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝cosθ⑨m聯(lián)立⑧⑨解得＝2mgdsinθ－

gRsin2B

θ

⑩答案(1)tanθ

sinθ(2)m(3)2mgdsin－

gRsinθ2B用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟【變式訓(xùn)練】3．如圖6甲電阻不計(jì)的軌道與PRQ平行放置，及RQ水平面的傾角θ＝53°及PR部分的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向及部分的磁場(chǎng)平行軌道向下，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同兩相同的導(dǎo)體棒ab和分別放置在導(dǎo)軌上與軌垂直并始終接良好的質(zhì)量m＝1.0kg，＝1.0，長(zhǎng)度L＝1.0m導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，對(duì)ab施加一個(gè)方向水向右，按圖乙規(guī)律變化的力F，同時(shí)由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加速線(xiàn)運(yùn)動(dòng)取10。圖6(1)求棒的加速度大?。?2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的?。?/p>

2222(3)若已知在前2s內(nèi)做W30，求前s內(nèi)電產(chǎn)生的焦耳熱；(4)求棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間。解析(1)對(duì)ab棒f＝v＝atF－－＝BF＝μ