三年高考兩年模擬高考物理新課標一輪復(fù)習課件第10章第4講電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題

1、課標版 物理,第4講電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題,考點一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1.導(dǎo)體的兩種運動狀態(tài) (1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。 處理方法:根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析。 (2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)加速度不為零。 處理方法:根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。 2.電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析思路 (1)電路分析:,導(dǎo)體棒相當于電源,感應(yīng)電動勢相當于電源的電動勢,導(dǎo)體棒的電阻相當于電源的內(nèi)阻,感應(yīng)電流I=。 (2)受力分析: 導(dǎo)體棒受到安培力及其他力,安培力F安=BIL或,根據(jù)牛頓第二定律列 動力學(xué)方程:F合=ma。 (3)過程分析: 由于安培力是變力,導(dǎo)

2、體棒做變加速或變減速運動,當加速度為零時,達到穩(wěn)定狀態(tài),最后做勻速直線運動,根據(jù)共點力平衡條件列平衡方程F合=0。,典例1如圖所示,光滑斜面的傾角=30,在斜面上放置一矩形線框abcd,ab邊的邊長l1=1 m,bc邊的邊長l2=0.6 m,線框的質(zhì)量m=1 kg,電阻R=0.1 ,線框通過細線與重物相連,重物質(zhì)量M=2 kg,斜面上ef(efgh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.5 T,如果線框從靜止開始運動,進入磁場的最初一段時間做勻速運動,ef和gh的距離s=11.4 m,(取g=10 m/s2)求: (1)線框進入磁場前重物的加速度大小; (2)線框進入磁場時勻速運動

3、的速度大小v;,(3)ab邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間t; (4)ab邊運動到gh處的速度大小及在線框由靜止開始運動到gh處的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱。 答案(1)5 m/s2(2)6 m/s(3)2.5 s(4)12 m/s9 J 解析(1)線框進入磁場前,僅受到細線的拉力F,斜面的支持力和線框的 重力,重物受到自身的重力和細線的拉力F,對線框由牛頓第二定律得 F-mg sin =ma 對重物由牛頓第二定律得Mg-F=Ma 又F=F 聯(lián)立解得線框進入磁場前重物的加速度大小 a=5 m/s2。,(2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動,則重物受力平衡:Mg=F1 線框abcd受力平

4、衡:F1=mg sin +F安 又F1=F1 ab邊進入磁場切割磁感線,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=Bl1v 回路中的感應(yīng)電流為I= ab邊受到的安培力為F安=BIl1 聯(lián)立解得Mg=mg sin + 代入數(shù)據(jù)解得v=6 m/s。,(3)線框abcd進入磁場前,做勻加速直線運動;進磁場的過程中,做勻速直線運動;進入磁場后到運動至gh處,仍做勻加速直線運動。 進磁場前線框的加速度大小與重物的加速度大小相同,為a=5 m/s2, 該階段的運動時間為t1=1.2 s 進入磁場過程中勻速運動的時間t2=0.1 s 線框完全進入磁場后的受力情況同進入磁場前的受力情況相同,所以該階段的加速度大小仍為a=5 m/

5、s2 由勻變速直線運動的規(guī)律得s-l2=vt3+a 解得t3=1.2 s 因此ab邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間,t=t1+t2+t3=2.5 s。 (4)線框ab邊運動到gh處的速度 v=v+at3=6 m/s+51.2 m/s=12 m/s 整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q=F安l2=(Mg-mg sin )l2=9 J。,用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”,具體思路如下:,1-1如圖所示,MN、PQ為足夠長的平行金屬導(dǎo)軌,間距L=0.50 m,導(dǎo)軌平面與水平面間夾角=37,N、Q間連接一個電阻R=5.0 ,勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面

6、向上,磁感應(yīng)強度B=1.0 T。將一根質(zhì)量為m=0.050 kg的金屬棒放在導(dǎo)軌的ab位置,金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計?，F(xiàn)由靜止釋放金屬棒,金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直,且與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)=0.50,當金屬棒滑行至cd處時,其速度大小開始保持不變,位置cd與ab之間的距離s=2.0 m。已知g=10 m/s2,sin 37=0.60,cos 37=0.80。求:,(1)金屬棒沿導(dǎo)軌開始下滑時的加速度大小; (2)金屬棒到達cd處的速度大小; (3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中,電阻R產(chǎn)生的熱量。 答案(1)2.0 m/s2(2)2.0 m/s(3)0

7、.10 J 解析(1)設(shè)金屬棒開始下滑時的加速度大小為a,則 mg sin -mg cos =ma 解得a=2.0 m/s2,(2)設(shè)金屬棒到達cd位置時速度大小為v、電流為I,金屬棒受力平衡,有 mg sin =BIL+mg cos 又I= 解得v=2.0 m/s (3)設(shè)金屬棒從ab運動到cd的過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q,由能量守恒,有 mgs sin =mv2+mgs cos +Q 解得Q=0.10 J,1.電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實現(xiàn)的,安培力做功的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程,外力克服安培力做功,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化

8、為電能的過程。 2.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 焦耳定律:Q=I2Rt,適用于電流、電阻不變 功能關(guān)系:Q=W克服安培力,電流變不變都適用 能量轉(zhuǎn)化:Q=E其他能的減少量,電流變不變都適用,考點二電磁感應(yīng)中的能量問題,典例2如圖所示,固定的光滑金屬導(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,且處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧連接后放在導(dǎo)軌上。初始時刻,彈簧恰處于自然長度,導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0。整個運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好

9、接觸。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行。,(1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向; (2)當導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時,速度變?yōu)関,求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a; (3)若導(dǎo)體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep,求導(dǎo)體棒從開始運動直到停止的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案(1)方向為ab (2)g sin - (3) 解析(1)初始時刻,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1=BLv0,通過R的電流大小I1= 電流方向為ab (2)當導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2=BLv 感應(yīng)電流I2= 導(dǎo)體棒受到的安培力大小F=BIL=,方向沿導(dǎo)軌向上 根據(jù)牛頓第二定律

10、有mg sin -F=ma 解得a=g sin - (3)導(dǎo)體棒最終靜止,有mg sin =kx 壓縮量x=,設(shè)整個過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q0,根據(jù)能量守恒定律有 m+mgx sin =Ep+Q0 Q0=m+-Ep 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q=Q0=,在解決電磁感應(yīng)中的能量問題時,首先進行受力分析,判斷各力做功和能量轉(zhuǎn)化情況,再利用功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。,2-1(2016河北石家莊模擬)(多選)如圖所示,在傾角為的光滑斜面上,有三條水平虛線l1、l2、l3,它們之間的區(qū)域、寬度均為d,兩區(qū)域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

11、阻為R的正方形導(dǎo)線框,從l1上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑,當ab邊剛越過l1進入磁場時,恰好以速度v1做勻速直線運動;當ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻,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,下列說法正確的是(),A.線框中感應(yīng)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做勻速直線運動時,發(fā)熱功率為 sin2 D.線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中,減少的機械能E機與重力做功WG的關(guān)系式是E機=WG+m-m,答案CD線框從釋放到穿出磁場的過程中,由楞次定律和安培定則可

12、知感應(yīng)電流方向先沿abcda,后沿adcba,再沿abcda方向,A項錯。線框第一次勻速運動時,由平衡條件有BId=mg sin ,I=,解得v1=;第二次 勻速運動時,由平衡條件有2BId=mg sin ,I=,解得v2=;則知線 框ab邊勻速通過區(qū)域,進入?yún)^(qū)域后先減速再勻速,而兩區(qū)域?qū)挾认嗤?故通過區(qū)域的時間小于通過區(qū)域的時間,B項錯。由功能關(guān)系知線框第二次勻速運動時發(fā)熱功率等于重力做功的功率,即P=mgv2 sin =,C項正確。線框從進入磁場到第二次勻速運動過程中,損失的 重力勢能等于該過程中重力做的功,動能損失量為m-m,所以線框機 械能的減少量為E機=WG+m-m,D項正確。,考點

13、三電磁感應(yīng)中的“雙桿”模型 1.模型分類 “雙桿”模型通常分為兩類:一類是“一動一靜”,甲桿靜止不動,乙桿運動,其實質(zhì)是單桿問題,不過要注意問題包含著一個條件:甲桿靜止受力平衡。另一種情況是兩桿都在運動,對于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相加還是相減。 2.分析方法 通過受力分析,確定運動狀態(tài),一般會有收尾狀態(tài),對于收尾狀態(tài)則有恒定的速度或者加速度等,再結(jié)合運動學(xué)規(guī)律、牛頓運動定律和能量觀點分析求解。,典例3(2014天津理綜,11,18分)如圖所示,兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角=30的斜面上,導(dǎo)軌電阻不計,間距L=0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域和,兩區(qū)域的邊界與斜

14、面的交線為MN,中的勻強磁場方向垂直斜面向下,中的勻強磁場方向垂直斜面向上,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B=0.5 T。在區(qū)域中,將質(zhì)量m1=0.1 kg,電阻R1=0.1 的金屬條ab放在導(dǎo)軌上,ab剛好不下滑。然后,在區(qū)域中將質(zhì)量m2=0.4 kg,電阻R2=0.1 的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上,由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸,取g=10 m/s2。問,(1)cd下滑的過程中,ab中的電流方向; (2)ab剛要向上滑動時,cd的速度v多大; (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中,cd滑動的距離x=3.8 m,此過

15、程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。 答案(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J,解析(1)由右手定則可知ab中電流方向由a流向b。 (2)開始放置ab剛好不下滑時,ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,設(shè)其為Fmax,有 Fmax=m1g sin 設(shè)ab剛好要上滑時,cd棒的感應(yīng)電動勢為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E=BLv 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有 I= 設(shè)ab所受安培力為F安,有 F安=ILB 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件有 F安=m1g sin +Fmax,綜合式,代入數(shù)據(jù)解得 v=5 m/s (3)設(shè)cd棒的運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,

16、由能量守恒有 m2gx sin =Q總+m2v2 又Q=Q總 解得Q=1.3 J,分析“雙桿”模型問題時,要注意雙桿之間的制約關(guān)系,即“動桿”與“被動桿”之間的關(guān)系,需要注意的是,最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析該類問題的關(guān)鍵。,3-1圖中a1b1c1d1和a2b2c2d2為在同一豎直面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌,處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌所在的平面(紙面)向里。導(dǎo)軌的a1b1段與a2b2段是豎直的,距離為l1;c1d1段與c2d2段也是豎直的,距離為l2。x1y1與x2y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細桿,質(zhì)量分別為m1和m2,它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸。兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿x1y1上的豎直向上的恒力。已知兩桿運動到圖示位置時,已勻速向上運動,求此時作用于兩桿的重力的功率大小和回路電阻上的熱功率。,答案R(m1+m2)g2R 解析設(shè)桿向上運動的速度為v,因桿的運動,兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面