新高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題十二電磁感應(yīng)教學(xué)課件

考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象1.磁通量(1)公式:Φ=BS,S為垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向的投影面積。磁通量為標(biāo)量,單位是Wb。(2)物理意義:磁通量的大小可形象地表示為穿過(guò)某一面積的磁感線(xiàn)條數(shù)的多少。2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象(1)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件①表述1:閉合回路中的一部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)內(nèi)做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。②表述2:穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化。(2)如果回路閉合,則產(chǎn)生感應(yīng)電流;如果回路不閉合,則只有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),沒(méi)有感應(yīng)電流。二、楞次定律1.楞次定律及其理解(1)內(nèi)容:感應(yīng)電流具有這樣的方向,即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通

量的變化。(2)正確理解楞次定律中“阻礙”的含義(3)判斷感應(yīng)電流方向的思路2.楞次定律的推論及其應(yīng)用

例證增反減同

磁體靠近線(xiàn)圈,B感與B原方向相反

(若遠(yuǎn)離,則相同)

當(dāng)I1增大時(shí),環(huán)B中的感應(yīng)電流方

向與I1的方向相反;當(dāng)I1減小時(shí),環(huán)B中的感應(yīng)電流方向與I1的方向相同來(lái)拒去留

作用:阻礙磁體與圓環(huán)的相對(duì)運(yùn)動(dòng)增縮減擴(kuò)(磁感線(xiàn)單方向穿過(guò)回

路)P、Q是光滑固定導(dǎo)軌,a、b是可動(dòng)金屬棒,磁體下移(上移),a、b靠

近(遠(yuǎn)離),使回路面積縮小(擴(kuò)大)

3.右手定則(1)內(nèi)容:伸開(kāi)右手,使拇指與其余四個(gè)手指垂直,并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi);讓磁感

線(xiàn)從掌心進(jìn)入,并使拇指指向?qū)Ь€(xiàn)運(yùn)動(dòng)的方向,這時(shí)四指所指的方向就是感應(yīng)電流的

方向。(2)適用情況:導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電流。4.三個(gè)定則與一個(gè)定律的應(yīng)用比較注意

涉及力(洛倫茲力、安培力)時(shí),才用左手定則?？键c(diǎn)二法拉第電磁感應(yīng)定律一、法拉第電磁感應(yīng)定律1.表達(dá)式:E=n

,n表示線(xiàn)圈的匝數(shù)。2.應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的三種情況(1)僅S變化時(shí),ΔΦ=B·ΔS,則E=n

。(2)僅B變化時(shí),ΔΦ=S·ΔB,則E=n

。(3)B、S均變化時(shí),ΔΦ=Φ末-Φ初,則E=n

≠n

。情境圖

表達(dá)式E=n

E=BLvsinθE=

BL2ωE=NBSω·sin(ωt+φ0)研究對(duì)象回路(不一定閉合)一段直導(dǎo)線(xiàn)(或等

效成直導(dǎo)線(xiàn))繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一段

導(dǎo)體棒繞與磁感線(xiàn)垂直的

軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線(xiàn)框3.四種常見(jiàn)情境下感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式意義一般求平均感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì),當(dāng)Δt→0時(shí)求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一般求瞬時(shí)感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì),當(dāng)v為平均速

度時(shí)求平均感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì)用平均值法求瞬時(shí)

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)適用條件所有磁場(chǎng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)提醒

E=BLv的三個(gè)特性(1)正交性:B、v、導(dǎo)體棒三者互相垂直,若v與B夾角為θ,則E=BLvsinθ。(2)有效性:公式中的L為導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度,如圖所示。

(3)相對(duì)性:E=BLv中的速度v是導(dǎo)體棒相對(duì)磁場(chǎng)的速度,若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng),則應(yīng)注意速度

間的相對(duì)關(guān)系。4.感生電動(dòng)勢(shì)與動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的比較

感生電動(dòng)勢(shì)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生原因磁場(chǎng)的變化導(dǎo)體做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)回路中相當(dāng)于電源的部分處于變化磁場(chǎng)中的線(xiàn)圈部分做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體方向判斷方法由楞次定律判斷通常由右手定則判斷,也可由楞

次定律判斷大小計(jì)算方法由E=n

計(jì)算通常由E=BLvsinθ計(jì)算,也可由E

=n

計(jì)算例如圖所示,匝數(shù)為N、面積為S的圓形線(xiàn)圈內(nèi)有垂直線(xiàn)圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)

強(qiáng)度的變化規(guī)律為B=B0-kt,其中k>0,t=0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直于線(xiàn)圈平面向里。線(xiàn)圈與磁

場(chǎng)外的小燈泡相連,小燈泡和線(xiàn)圈的電阻均為R,其他電阻不計(jì),則電路中

(

)A.電流由a經(jīng)燈泡流向bB.a端電勢(shì)比b端電勢(shì)高C.流過(guò)燈泡的電流為

D.a、b間的電壓為

解析

由題意可知,線(xiàn)圈內(nèi)磁場(chǎng)減弱,磁通量變小,由楞次定律結(jié)合安培定則可知,產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,畫(huà)出等效電路圖如圖所示,電流由b經(jīng)燈泡流向a,b端電勢(shì)比a端電勢(shì)高,A、B錯(cuò)誤;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得

E=N

S=NkS,流過(guò)燈泡的電流I=

=

,C正確;a、b間的電壓U=IR=

,D錯(cuò)誤。故選C。

答案

C二、互感和自感1.互感兩個(gè)相互靠近的線(xiàn)圈中,當(dāng)一個(gè)線(xiàn)圈中的電流變化時(shí),它所產(chǎn)生的變化的磁場(chǎng)會(huì)在另

一個(gè)線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),這種現(xiàn)象叫作互感,這種電動(dòng)勢(shì)叫作互感電動(dòng)勢(shì)。2.自感(1)定義:當(dāng)一個(gè)線(xiàn)圈中的電流變化時(shí),它所產(chǎn)生的變化的磁場(chǎng)在線(xiàn)圈本身激發(fā)出感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì),這種現(xiàn)象稱(chēng)為自感。由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫作自感電動(dòng)勢(shì)。(2)自感電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式:E=L

。(3)自感系數(shù)L的影響因素:線(xiàn)圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯。(4)通電自感和斷電自感的比較電路圖

器材要求A1、A2同規(guī)格,R=RL,L較大L很大(有鐵芯)通電時(shí)在S閉合瞬間,燈A2立即亮起來(lái),燈A1逐漸變亮,最終一樣亮燈A立即亮,然后逐漸變暗達(dá)到穩(wěn)

定斷電時(shí)L、A1、A2、R組成回路,回路電

流減小,燈泡逐漸變暗;A1中的電

流方向不變,A2中的電流反向①若斷電前穩(wěn)定電流I2≤I1,燈泡

逐漸變暗②若I2>I1,燈泡閃亮后逐漸變暗兩種情況下燈泡中電流方向均

改變總結(jié)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙原電流的變化規(guī)律總結(jié)

分析自感現(xiàn)象的三個(gè)技巧

三、渦流電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)1.產(chǎn)生渦流的兩種情況(1)塊狀金屬放在變化的磁場(chǎng)中;(2)塊狀金屬進(jìn)出磁場(chǎng)或在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。2.電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)

電磁阻尼電磁驅(qū)動(dòng)成因由于導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電流由于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)引起磁通量的變化而產(chǎn)生感應(yīng)電流效果安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相反,阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相同,推動(dòng)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)能量轉(zhuǎn)化導(dǎo)體克服安培力做功,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能由于電磁感應(yīng),磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能,通過(guò)安培力做功,電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機(jī)械能模型一電磁感應(yīng)中的單桿模型一、單桿電阻類(lèi)1.兩種基本情況(1)桿具有初速度情境水平放置的平行光滑導(dǎo)軌(電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)),間

距為L(zhǎng),左側(cè)接有電阻R,導(dǎo)體桿初速度為v0,質(zhì)量為

m,處于導(dǎo)軌間的部分的電阻為r,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B等效電路當(dāng)桿的速度為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,電流I=

=

安培力F安=BIL=

運(yùn)動(dòng)過(guò)程加速度a=

=

,桿做減速運(yùn)動(dòng),v↓?F安↓?a↓,當(dāng)a=0時(shí),v=0,桿保持靜止能量角度①速度由v0減至v的過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q=

m

-

mv2②電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR=

Q動(dòng)量角度①總電荷量:-B

LΔt=0-mv0,q=

Δt,得q=

②總位移:-

Δt=0-mv0,x=

Δt,得x=

(2)桿受到恒定外力情境水平放置的平行光滑導(dǎo)軌(電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)),間距為L(zhǎng),左側(cè)接有電

阻R,導(dǎo)體桿質(zhì)量為m,處于導(dǎo)軌間的部分的電阻為r,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感

應(yīng)強(qiáng)度為B,桿在恒定外力F的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)等效電路當(dāng)桿的速度為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,電流I=

=

安培力F安=BIL=

運(yùn)動(dòng)過(guò)程加速度a=

-

,桿做加速運(yùn)動(dòng),v↑?F安↑?a↓,a=0時(shí),v最大,vm=

能量角度設(shè)由靜止至速度達(dá)到v的過(guò)程中,通過(guò)的位移為x,由動(dòng)能定理得Fx-W克安=

mv2,則焦耳熱Q=W克安=Fx-

mv2動(dòng)量角度①當(dāng)通過(guò)導(dǎo)體桿橫截面的電荷量為q時(shí),-B

LΔt+F·Δt=mv-0,q=

Δt,得Δt=

②當(dāng)位移為x時(shí),-

Δt+F·Δt=mv-0,x=

Δt,得Δt=

2.分析流程

例1

(梯度設(shè)問(wèn)·回歸教材)如圖1所示,阻值為r的導(dǎo)體棒ab沿固定的光滑導(dǎo)線(xiàn)框向右

做勻速運(yùn)動(dòng),線(xiàn)框中接有阻值為R的電阻。線(xiàn)框放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁

場(chǎng)方向垂直于線(xiàn)框平面。導(dǎo)體棒ab的長(zhǎng)度為L(zhǎng),運(yùn)動(dòng)的速度為v,線(xiàn)框的電阻不計(jì)。

教材設(shè)問(wèn)

(1)電路abcd中哪部分相當(dāng)于電源?電動(dòng)勢(shì)多大?內(nèi)阻多大?哪個(gè)位置相當(dāng)于

電源的正極?哪一部分相當(dāng)于閉合電路中的外電路?(2)ab棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力有多大?(3)ab棒所受安培力的功率有多大?電阻R的發(fā)熱功率有多大?導(dǎo)體棒ab的發(fā)熱功率有

多大?從能的轉(zhuǎn)化和守恒角度說(shuō)一說(shuō)這三個(gè)功率關(guān)系的含義。設(shè)問(wèn)解析

(1)畫(huà)出等效電路如圖2所示,切割磁感線(xiàn)的導(dǎo)體棒ab相當(dāng)于電源,電源的電

動(dòng)勢(shì)E=BLv,電源內(nèi)阻為r。根據(jù)右手定則可知,a端為電源的正極,ad、dc、cb三部分為

閉合電路中的外電路,電阻R為外電阻。

(2)由閉合電路歐姆定律可知,閉合電路中的電流I=

=

,方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?。根?jù)安培力的公式F安=BIL得,ab棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小為F安=

。(3)ab棒所受安培力的功率P=F安v=

,電阻R的發(fā)熱功率PR=I2R=

R,導(dǎo)體棒ab的發(fā)熱功率Pr=I2r=

r,顯然三者之間滿(mǎn)足P=PR+Pr,即從能的轉(zhuǎn)化和守恒角度來(lái)講,導(dǎo)體棒克服安培力做功從而產(chǎn)生電能,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為整個(gè)電路的焦耳熱。變式設(shè)問(wèn)

(4)若保持導(dǎo)體棒ab以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),需施加一水平方向的外力F。該

外力的大小如何?方向如何?(5)若已知導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m,突然撤去外力F,回路中還能產(chǎn)生多少焦耳熱?分析導(dǎo)體

棒ab撤去外力F后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,計(jì)算導(dǎo)體棒ab還能滑行的距離以及在此過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)

體棒的電荷量。設(shè)問(wèn)解析

(4)導(dǎo)體棒ab向右勻速運(yùn)動(dòng),則外力F與安培力為一對(duì)平衡力,即F=F安=

,方向水平向右。(5)由能量守恒可得回路中還能產(chǎn)生的焦耳熱Q=

mv2;撤去外力F后,取向右為正方向,由動(dòng)量定理可得-

Δt=0-mv,所以導(dǎo)體棒還能滑行的距離Δx=

Δt=

;由動(dòng)量定理可得-B

LΔt=0-mv,此過(guò)程通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量q=

Δt=

(點(diǎn)撥:在用動(dòng)量定理解決電磁感應(yīng)問(wèn)題時(shí),若涉及位移,安培力用

表示,若涉及電荷量,安培力用B

L表示)。拓展設(shè)問(wèn)

(6)若導(dǎo)體棒在水平向右的外力F(未知)的作用下由靜止開(kāi)始以加速度a向右做勻加速

運(yùn)動(dòng),從施加外力開(kāi)始計(jì)時(shí),分析外力隨時(shí)間變化的關(guān)系,并求出在導(dǎo)體棒的速度達(dá)到v

的過(guò)程中,外力F的沖量。設(shè)問(wèn)解析

(6)根據(jù)牛頓第二定律可得F-F安=ma,即F-

v=ma,又因?yàn)閷?dǎo)體棒向右做勻加速運(yùn)動(dòng),有v=at,代入得F=ma+

at。解法一:計(jì)算外力F的沖量時(shí),由于外力F為變力,故可以采用動(dòng)量定理求解。取導(dǎo)體棒

的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?導(dǎo)體棒在速度達(dá)到v的過(guò)程中,由動(dòng)量定理可知IF+I安=mv-0,其中I

安=-

x,且x=

,聯(lián)立可得IF=mv+

,方向水平向右。解法二:計(jì)算外力F的沖量時(shí),也可根據(jù)上述F的表達(dá)式,作出F隨時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系圖線(xiàn),

如圖3所示,圖中t0=

,F0=ma+

at0=ma+

v,圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的梯形面積表示外力F的沖量,可得IF=mv+

,方向水平向右。

二、單桿電源類(lèi)情境水平放置的平行光滑導(dǎo)軌(導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不

計(jì)),間距為L(zhǎng),左側(cè)接電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源,

金屬桿ab質(zhì)量為m,電阻為R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B等效電路當(dāng)桿的速度為v時(shí),電流I=

=

安培力F安=BIL=

運(yùn)動(dòng)過(guò)程a=

=

,桿做加速運(yùn)動(dòng),v↑?F安↓?a↓;當(dāng)速度達(dá)到vm=

時(shí)F安=0,a=0,桿以vm做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)能量角度(1)桿速度為v時(shí),電源輸出電能E電=

mv2+QR(2)全過(guò)程電源輸出電能E電=

m

+QR'動(dòng)量角度(1)通過(guò)金屬桿ab橫截面的總電荷量:B

LΔt=mvm,q=

Δt,得q=

(2)加速運(yùn)動(dòng)的位移:

Δt=mvm,x=

Δt,得x=

例2

(多選)水平固定放置的足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌,電阻不計(jì),間距為L(zhǎng),左側(cè)連接的電

源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r,質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜放在導(dǎo)軌上,金屬桿處于導(dǎo)軌間的部

分的電阻為R。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,如圖

所示。閉合開(kāi)關(guān),金屬桿由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度,則下列

說(shuō)法正確的是

(

)

A.金屬桿的最大速度等于

B.此過(guò)程中通過(guò)金屬桿的電荷量為

C.此過(guò)程中電源提供的電能為

D.此過(guò)程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為

解析

(運(yùn)動(dòng)學(xué)角度)當(dāng)桿的加速度為零時(shí),桿的速度最大,此時(shí)桿切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電源的電動(dòng)勢(shì)大小相等,即BLvm=E,解得桿的最大速度vm=

,A正確;(動(dòng)量角度)取向右為正方向,由動(dòng)量定理可得B

LΔt=mvm,流過(guò)桿的電荷量q=

Δt,聯(lián)立解得q=

,B正確;(能量角度)電源提供的電能E電=qE,解得E電=

,C錯(cuò)誤;由能量守恒可得,回路產(chǎn)生的熱量Q=E電-

m

,桿產(chǎn)生的熱量QR=

Q,解得QR=

,D正確。

答案

ABD拓展設(shè)問(wèn)

若閉合開(kāi)關(guān)時(shí),給金屬桿施加水平向右的恒力F,試分析桿的運(yùn)動(dòng)情況。設(shè)問(wèn)解析

第一階段:安培力向右,由牛頓第二定律得a=

;由于F安=BIL,I=

,代入解得a=

+

-

,金屬桿向右做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)E=BLv1,即v1=

時(shí),回路電流為零,F安=0,金屬桿的加速度a1=

。第二階段:金屬桿的速度繼續(xù)增加,回路電流反向,安培力向左,加速度a=

;由于F安=BIL,I=

,可得a=

+

-

,加速度繼續(xù)減小。當(dāng)向左的安培力等于F時(shí),金屬桿的加速度為零,速度最大,即由B

L=F,解得桿的最大速度vm=

+

,之后金屬桿以vm做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。三、單桿電容類(lèi)1.電容器充電式(1)含“容”有v0,無(wú)外力情境質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab在水平光滑導(dǎo)軌

上以速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng),忽略導(dǎo)軌電阻等效電路桿速度為v時(shí),電流I=

(UC為電容器兩端電壓)安培力F安=BIL=

-

運(yùn)動(dòng)過(guò)程加速度a=

=

-

,桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)BLvmin=UCm時(shí),I=0,此后桿做勻速直線(xiàn)

運(yùn)動(dòng)能量角度桿減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)能和桿產(chǎn)生的熱量動(dòng)量角度最終電容器兩端的電壓UCm=BLvmin,最終電容器的

電荷量q=CUCm=CBLvmin,由動(dòng)量定理可得-B

L·Δt=mvmin-mv0,由于q=

·Δt,聯(lián)立解得vmin=

(2)含“容”有外力,F恒定,v0=0

質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab

在水平光滑導(dǎo)軌上由靜止開(kāi)始

運(yùn)動(dòng),所受外力F恒定,忽略導(dǎo)軌

電阻

電容器持續(xù)充電,F-BIL=ma,I=

,ΔQ=CΔU=CBLΔv,a=

,聯(lián)立解得a=

,a恒定,金屬桿做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能,一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)能,即

WF=

mv2+EC2.電容器放電式情境電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻可忽略,電容器電容為C,質(zhì)量

為m、阻值為R的光滑金屬桿靜止在導(dǎo)軌上,先將

開(kāi)關(guān)撥到左側(cè),電容器充滿(mǎn)電后再撥到右側(cè)等效電路桿速度為v時(shí),電流I=

(UC為電容器兩端電壓)安培力F安=BIL=

-

運(yùn)動(dòng)過(guò)程加速度a=

=

-

,桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng);當(dāng)BLvm=UCmin時(shí),I=0,此后桿做勻速直線(xiàn)運(yùn)

動(dòng)能量角度電容器減少的電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能和桿產(chǎn)生的熱量動(dòng)量角度電容器充滿(mǎn)電時(shí)電荷量Q1=CE,最終電容器的電荷量Q2=CUCmin=CBLvm,對(duì)桿由動(dòng)量定理得B

L·Δt=mvm,電容器放出的電荷量ΔQ=

Δt,且ΔQ=Q1-Q2,聯(lián)立解得vm=

。例3足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd水平放置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B,ac之間連接有電容為C的電容器,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),長(zhǎng)度為L(zhǎng)的光滑金屬棒垂直導(dǎo)

軌放置,與導(dǎo)軌接觸良好,俯視圖如圖所示。金屬棒在水平恒力F的作用下開(kāi)始向右運(yùn)

動(dòng),當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí)撤去外力F,整個(gè)過(guò)程電容器未被擊穿,重力加速度為g。

梯度設(shè)問(wèn)

(1)在外力F作用下金屬棒做何種運(yùn)動(dòng)?(2)在外力F的作用下,電容器的電荷量隨時(shí)間如何變化?(3)撤去外力F時(shí)金屬棒的速度為多少?(4)撤去外力F后金屬棒做何種運(yùn)動(dòng)?設(shè)問(wèn)解析

(1)金屬棒做加速運(yùn)動(dòng),持續(xù)對(duì)電容器充電,則存在充電電流,由F-BIL=ma,I=

,ΔQ=CΔU,ΔU=ΔE=BLΔv,聯(lián)立可得F-

=ma,其中

=a,則可得a=

,所以金屬棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(2)設(shè)t時(shí)刻,金屬棒的速度為v,則電容器的電荷量Q=CU=CBLv=CBLat,所以Q隨時(shí)間均

勻增加。(3)撤去F時(shí),由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得金屬棒的速度v=

=

。(4)撤去F后,金屬棒兩端電壓和電容器兩端電壓相等,故金屬棒中電流為零,做勻速直

線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。拓展設(shè)問(wèn)

(5)若金屬棒和導(dǎo)軌電阻均不計(jì),分析撤去F前,金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí),電容

器中儲(chǔ)存的電場(chǎng)能E電為多少。設(shè)問(wèn)解析

(5)外力F做的功WF=Fx,金屬棒的速度v=

,則動(dòng)能Ek=

mv2=

;力F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,一部分轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能,可得E電=WF-Ek=Fx-

。模型二電磁感應(yīng)中的雙桿模型一、等距雙桿類(lèi)

桿具有初速度桿受到恒定外力情境水平放置、不計(jì)電阻的光滑導(dǎo)軌(已知條件如圖)

等效電路設(shè)某時(shí)刻金屬桿1速度為v1,金屬桿2速度為v2,則電流I=

運(yùn)動(dòng)過(guò)程a1=a2=

桿1做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),桿2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),最終兩桿以相同的速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)a1=

-

,a2=

;桿1做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),桿2做加速度增大的加

速運(yùn)動(dòng),最終兩桿以相同的加速度做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)圖像

動(dòng)量角度系統(tǒng)動(dòng)量守恒,mv0=mv1+mv2,兩

桿最終速度v1=v2=

系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,Ft=mv1+mv2,兩

桿最終的加速度a1=a2=

能量角度桿1減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為桿2的動(dòng)

能和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量外力F做的功等于桿1、桿2的動(dòng)

能及系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和例4

(多選)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。有兩根完

全相同的金屬棒a和b垂直靜置于水平光滑平行金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌電阻不

計(jì),金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,兩根金屬棒的質(zhì)量均為m,處于導(dǎo)軌間的部分的電阻均

為R。將b固定在導(dǎo)軌上,某時(shí)刻給a施加一個(gè)水平向右的恒力F。下列說(shuō)法正確的是

(

)

A.a棒所受的安培力先增大后減小B.F最終的功率為

C.若b棒未固定,穩(wěn)定后b棒中的熱功率為

D.若b棒未固定,兩棒間的距離一直增大

解析

(b棒固定,屬于單桿模型)a棒所受的安培力F安a=

;由牛頓第二定律得a棒的加速度a=

-

,a棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)a=0時(shí),a棒速度最大,之后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),所以a棒所受安培力先增大后不變,A錯(cuò)誤。a棒的加速度為零時(shí),速度vm=

,所以F最終的功率Pm=Fvm=

,B正確。(若b棒未固定,屬于雙桿模型)穩(wěn)定后b和a的加速度相等,aa=ab=

;由于ab=

,F安=BIL;聯(lián)立解得回路電流I=

,b棒的熱功率P熱=I2R=

,C正確。若b棒未固定,最初a棒的加速度逐漸減小、b棒的加速度從零開(kāi)始增大,a棒的加速度大于b棒的加速度,故a棒的速度比b棒的速度大,當(dāng)兩棒加速

度相等時(shí),a棒的速度仍大于b棒的速度,所以?xún)砂糸g的距離一直增大,D正確。

答案

BCD二、不等距雙桿類(lèi)情境水平放置、不計(jì)電阻的光滑導(dǎo)軌,兩金屬桿質(zhì)量均

為m,電阻均為r等效電路設(shè)當(dāng)桿1速度為v1時(shí),桿2速度為v2,電流I=

運(yùn)動(dòng)過(guò)程桿1做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),桿2做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),穩(wěn)定時(shí),二者加速度均為零運(yùn)動(dòng)圖像

動(dòng)量角度系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,穩(wěn)定時(shí)回路電流為零,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=E2,即BL1v1=BL2v2能量角度桿1減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為桿2的動(dòng)能和系統(tǒng)的熱量例5

(多選)如圖所示,電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌由直窄軌AB、CD,直寬軌EF、GH和

連接直軌BE、GD構(gòu)成,整個(gè)導(dǎo)軌處于同一水平面內(nèi),AB∥CD∥EF∥GH,BE和GD共線(xiàn)

且與AB垂直,窄軌間距為

,寬軌間距為L(zhǎng)?？臻g有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),寬軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,窄軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。棒長(zhǎng)均為L(zhǎng)、質(zhì)

量均為m、電阻均為R的金屬直棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。初始時(shí)刻,b棒靜

止在寬軌上,a棒從窄軌上某位置以平行于AB的初速度v0向右運(yùn)動(dòng)。a棒距窄軌右端足

夠遠(yuǎn),寬軌EF、GH足夠長(zhǎng)。則(

)

A.a棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),b棒加速度大小為

B.經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后,a棒的速度大小為

v0C.整個(gè)過(guò)程中,通過(guò)回路的電荷量為

D.整個(gè)過(guò)程中,b棒產(chǎn)生的焦耳熱為

m

解題指導(dǎo)

解析

a棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),回路中的電流I=

=

,由牛頓第二定律得b棒的加速度a=

=

,A正確。系統(tǒng)所受合力為零,由動(dòng)量守恒可得mv0=mva+mvb;系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)2B·

·va=B·L·vb;聯(lián)立解得va=vb=

,B錯(cuò)誤。對(duì)b棒由動(dòng)量定理可得B

L·t=mvb,通過(guò)回路的電荷量q=

·t=

,C正確。系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q=

m

-

m

-

m

,b棒產(chǎn)生的焦耳熱Qb=

Q,聯(lián)立解得Qb=

m

,D錯(cuò)誤。

答案

AC模型三電磁感應(yīng)中的線(xiàn)框模型

水平平動(dòng)切割豎直平動(dòng)切割斜向平動(dòng)切割基礎(chǔ)情境單匝線(xiàn)框質(zhì)量為m,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R,摩擦力忽略不計(jì),ab邊以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)

ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度a=

(取向左為正方向)a=g-

(取向下為正方向)a=gsinθ-

(取沿斜面向下為正方向)線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度a=0a=ga=gsinθ進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的運(yùn)動(dòng)加速度減小的減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)①勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(mg=F安)②加速度減小的加速直

線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(mg>F安)③加速度減小的減速直

線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(mg<F安)①勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(mgsinθ=F安)②加速度減小的加速直

線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(mgsinθ>F安)③加速度減小的減速直

線(xiàn)運(yùn)動(dòng)(mgsinθ<F安)完全進(jìn)入磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)能量角度動(dòng)能減少量等于線(xiàn)框產(chǎn)

生的熱量機(jī)械能減少量等于線(xiàn)框

產(chǎn)生的熱量機(jī)械能減少量等于線(xiàn)框

產(chǎn)生的熱量進(jìn)入過(guò)程通過(guò)橫截面的電荷量計(jì)算由法拉第電磁感應(yīng)定律有

=

=

,由閉合電路歐姆定律有

=

,穿過(guò)橫截面的電荷量q=

Δt,推出q=

=

注意若為N匝線(xiàn)圈,電荷量q=N

。例6如圖,垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,上下邊界距離為4d,邊長(zhǎng)

為d的正方形金屬框在豎直平面內(nèi)從磁場(chǎng)上邊界上方h處由靜止釋放,并穿過(guò)勻強(qiáng)磁

場(chǎng),金屬框上下邊始終保持與磁場(chǎng)邊界平行。已知金屬框下邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度

與它剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同,金屬框質(zhì)量為m、電阻為R,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻

力。求:(1)金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小;(2)金屬框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量。解題指導(dǎo)

抓住題目中的關(guān)鍵信息:金屬框下邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度與它剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同。由于金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后只受重力作用,做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),速度

會(huì)增大,所以金屬框下邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)必須做減速運(yùn)動(dòng)才能滿(mǎn)足題干情境。金屬框離開(kāi)

磁場(chǎng)和進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況相同,所以產(chǎn)生的熱量相同。

解析

(1)設(shè)金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1,由動(dòng)能定理可得mgh=

m

①;由閉合電路歐姆定律可得此時(shí)的感應(yīng)電流I1=

②;由牛頓第二定律可得金屬框的加速度大小a=

③;聯(lián)立解得a=

-g。(2)金屬框下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)至下邊剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相同,根據(jù)能量守恒可得此

過(guò)程中金屬框產(chǎn)生的熱量Q1=4mgd(關(guān)鍵:此過(guò)程中只有金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程會(huì)產(chǎn)生

熱量);所以金屬框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q2=Q1=4mgd。

答案

(1)

-g

(2)4mgd微專(zhuān)題21電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題一、圖像類(lèi)型1.B-t圖像、Φ-t圖像、E-t圖像和