高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 第4讲 电磁感应中的动力学与能量问题课件.ppt

课标版课标版 物理物理第4讲　电磁感应中的动力学与能量问题考点一考点一　　电磁感应中的动力学问题电磁感应中的动力学问题 1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态处理方法:根据平衡条件(合外力等于零)列式分析2)导体的非平衡状态——加速度不为零处理方法:根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析2.电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析:考点突破考点突破导体棒相当于电源,感应电动势相当于电源的电动势,导体棒的电阻相当于电源的内阻,感应电流I= 2)受力分析:导体棒受到安培力及其他力,安培力F安=BIL或 ,根据牛顿第二定律列动力学方程:F合=ma3)过程分析:由于安培力是变力,导体棒做变加速或变减速运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力平衡条件列平衡方程F合=0 典例典例1 1　如图所示,光滑斜面的倾角α=30°,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻R=0.1 Ω,线框通过细线与重物相连,重物质量M=2 kg,斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间做匀速运动,ef和gh的距离s=11.4 m,(取g=10 m/s2)求: (1)线框进入磁场前重物的加速度大小;(2)线框进入磁场时匀速运动的速度大小v;(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t;(4)ab边运动到gh处的速度大小及框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热。

 答案    (1)5 m/s2    (2)6 m/s    (3)2.5 s    (4)12 m/s    9 J 解析    (1)线框进入磁场前,仅受到细线的拉力F,斜面的支持力和线框的重力,重物受到自身的重力和细线的拉力F',对线框由牛顿第二定律得F-mg sin α=ma对重物由牛顿第二定律得Mg-F'=Ma又F=F'联立解得线框进入磁场前重物的加速度大小a= =5 m/s2(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动,则重物受力平衡:Mg=F1线框abcd受力平衡:F1'=mg sin α+F安又F1=F1'ab边进入磁场切割磁感线,产生的感应电动势E=Bl1v回路中的感应电流为I= = ab边受到的安培力为F安=BIl1联立解得Mg=mg sin α+ 代入数据解得v=6 m/s(3)线框abcd进入磁场前,做匀加速直线运动;进磁场的过程中,做匀速直线运动;进入磁场后到运动至gh处,仍做匀加速直线运动进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同,为a=5 m/s2,该阶段的运动时间为t1= =1.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间t2= =0.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同,所以该阶段的加速度大小仍为a=5 m/s2由匀变速直线运动的规律得s-l2=vt3+ a 解得t3=1.2 s因此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t=t1+t2+t3=2.5 s。

4)线框ab边运动到gh处的速度v'=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s整个运动过程中产生的焦耳热Q=F安l2=(Mg-mg sin α)l2=9 J用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下:1-1　　如图所示,MN、PQ为足够长的平行金属导轨,间距L=0.50 m,导轨平面与水平面间夹角θ=37°,N、Q间连接一个电阻R=5.0 Ω,匀强磁场垂直于导轨平面向上,磁感应强度B=1.0 T将一根质量为m=0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置,金属棒及导轨的电阻不计现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直,且与导轨接触良好已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.50,当金属棒滑行至cd处时,其速度大小开始保持不变,位置cd与ab之间的距离s=2.0 m已知g=10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80求: (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小;(2)金属棒到达cd处的速度大小;(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中,电阻R产生的热量 答案    (1)2.0 m/s2    (2)2.0 m/s    (3)0.10 J 解析    (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a,则mg sin θ-μmg cos θ=ma解得a=2.0 m/s2(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I,金属棒受力平衡,有mg sin θ=BIL+μmg cos θ又I= 解得v=2.0 m/s(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中,电阻R上产生的热量为Q,由能量守恒,有mgs sin θ= mv2+μmgs cos θ+Q解得Q=0.10 J 1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式的能的过程,外力克服安培力做功,则是其他形式的能转化为电能的过程。

2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化 (2)求解焦耳热Q的三种方法①焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流、电阻不变②功能关系:Q=W克服安培力,电流变不变都适用③能量转化:Q=ΔE其他能的减少量,电流变不变都适用考点二　电磁感应中的能量问题考点二　电磁感应中的能量问题 典例典例2　如图所示,固定的光滑金属导轨间距为L,导轨电阻不计,上端a、b间接有阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧连接后放在导轨上初始时刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有沿轨道向上的初速度v0整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行 (1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向;(2)当导体棒第一次回到初始位置时,速度变为v,求此时导体棒的加速度大小a;(3)若导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep,求导体棒从开始运动直到停止的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q 答案       (1) 　方向为a→b(2)g sin θ- (3)   解析    (1)初始时刻,导体棒产生的感应电动势E1=BLv0通过R的电流大小I1= = 电流方向为a→b(2)当导体棒第一次回到初始位置时,导体棒产生的感应电动势E2=BLv感应电流I2= = 导体棒受到的安培力大小F=BIL= ,方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mg sin θ-F=ma解得a=g sin θ- (3)导体棒最终静止,有mg sin θ=kx压缩量x= 设整个过程回路产生的焦耳热为Q0,根据能量守恒定律有 m +mgx sin θ=Ep+Q0Q0= m + -Ep电阻R上产生的焦耳热Q= Q0=   　　在解决电磁感应中的能量问题时,首先进行受力分析,判断各力做功和能量转化情况,再利用功能关系或能量守恒定律列式求解。

2-1    (2016河北石家庄模拟)(多选)如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有三条水平虚线l1、l2、l3,它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d,两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框,从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻,线框又开始以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g框从释放到穿出磁场的过程中,下列说法正确的是 (　    ) A.线框中感应电流的方向不变B.线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C.线框以速度v2做匀速直线运动时,发热功率为  sin2θD.线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机=WG+ m - m  答案    CD　线框从释放到穿出磁场的过程中,由楞次定律和安培定则可知感应电流方向先沿abcda,后沿adcba,再沿abcda方向,A项错线框第一次匀速运动时,由平衡条件有BId=mg sin θ,I= , 解 得v1= ;第二次匀速运动时,由平衡条件有2BI'd=mg sin θ,I'= ,解得v2= ;则知线框ab边匀速通过区域Ⅰ,进入区域Ⅱ后先减速再匀速,而两区域宽度相同,故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间,B项错。

由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率,即P=mgv2 sin θ= ,C项正确线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中,损失的重力势能等于该过程中重力做的功,动能损失量为 m - m ,所以线框机械能的减少量为ΔE机=WG+ m - m ,D项正确考点三　电磁感应中的考点三　电磁感应中的“双杆双杆”模型模型 1.模型分类“双杆”模型通常分为两类:一类是“一动一静”,甲杆静止不动,乙杆运动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件:甲杆静止受力平衡另一种情况是两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减2.分析方法通过受力分析,确定运动状态,一般会有收尾状态,对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等,再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解 典例典例3    (2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。

在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg,电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10 m/s2问 (1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少 答案    (1)由a流向b    (2)5 m/s    (3)1.3 J 解析    (1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有Fmax=m1g sin θ ①设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E=BLv ②设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=  ③设ab所受安培力为F安,有F安=ILB ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安=m1g sin θ+Fmax ⑤综合①②③④⑤式,代入数据解得v=5 m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有m2gx sin θ=Q总+ m2v2 ⑦又Q= Q总 ⑧解得Q=1.3 J⑨　　分析“双杆”模型问题时,要注意双杆之间的制约关系,即“动杆”与“被动杆”之间的关系,需要注意的是,最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键。

3-1　图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的,距离为l1;c1d1段与c2d2段也是竖直的,距离为l2x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆,质量分别为m1和m2,它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触两杆与导轨构成的回路的总电阻为RF为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力已知两杆运动到图示位置时,已匀速向上运动,求此时作用于两杆的重力的功率大小和回路电阻上的热功率  答案     R(m1+m2)g    [ ]2R 解析　设杆向上运动的速度为v,因杆的运动,两杆与导轨构成的回路的面积减少,从而磁通量也减少,由法拉第电磁感应定律可得,回路中的感应电动势的大小E= B(l2- l1)v,回路中的电流I=  ,电流沿顺时针方向两金属杆都要受到安培力作用,作用于杆x1y1的安培力为F1=BIl1(方向向上),作用于杆x2y2的安培力为 F2= BIl2(方向向下)当杆匀速运动时,根据牛顿第二定律有F- m1g- m2g+ F1 - F2= 0。

解以上各式得I= ,v= 作用于两杆的重力的功率大小P= (m1+ m2)gv= R(m1+m2)g电阻上的热功率P热= I2R=[ ]2R。