2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十三 電磁感應中的動力學和能量問題課件.ppt

《2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十三 電磁感應中的動力學和能量問題課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十三 電磁感應中的動力學和能量問題課件.ppt（41頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化十三電磁感應中的動力學和能量問題,第十章電磁感應,專題解讀,1.本專題是動力學觀點和能量觀點在電磁感應中的綜合應用，高考常以計算題的形式命題.2.學好本專題，可以極大培養(yǎng)同學們的分析能力、推理能力和規(guī)范表達的能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決電磁感應問題中最難問題的信心.3.用到的知識有：法拉第電磁感應定律、楞次定律、牛頓運動定律、共點力的平衡條件、動能定理、焦耳定律、能量守恒定律等.,內(nèi)容索引,,命題點一電磁感應中的動力學問題,命題點二電磁感應中的動力學和能量問題,課時作業(yè),,,,,1,命題點一電磁感應中的動力學問題,1.題型簡述：感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等).,2.兩種狀態(tài)及處理方法,3.動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下：,導體受外力運動,E＝Blv,,感應電動勢,,感應電流,,F＝BIl,導體受安培力,,合力變化,,加速度變化,,F合＝ma,速度變化,臨界狀態(tài),,【例1】(2016全國Ⅲ25)如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里.某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動.金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計.求：,(1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；,答案,解析,在金屬棒未越過MN之前，ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①E＝②I＝③I＝④聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝⑤由⑤式得，|q|＝,(2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小.,答案,解析,,1.(多選)如圖所示，兩根足夠長、電阻不計且相距L＝0.2m的平行金屬導軌固定在傾角θ＝37的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓U＝4V的小燈泡，兩導軌間有一磁感應強度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的勻強磁場.今將一根長為L、質(zhì)量為m＝0.2kg、電阻r＝1.0Ω的金屬棒垂直于導軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導軌接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，則,A.金屬棒剛開始運動時的加速度大小為3m/s2B.金屬棒剛開始運動時的加速度大小為4m/s2C.金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為9.6m/sD.金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為4.8m/s,金屬棒剛開始運動時v0=0，不受安培力作用，mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝4m/s2，故選項A錯誤，B正確；設金屬棒穩(wěn)定下滑時mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，I＝，E＝BLv，聯(lián)立解得v＝4.8m/s，故選項C錯誤，D正確.,答案,解析,√,√,2.(2016全國Ⅱ24)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：,(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小；,答案,(2)電阻的阻值.,答案,解析,,,,,2,命題點二電磁感應中的動力學和能量問題,1.題型簡述：電磁感應過程的實質(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來實現(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的過程，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程.2.解題的一般步驟(1)確定研究對象(導體棒或回路)；(2)弄清電磁感應過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化；(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關系列式求解.,3.求解電能應分清兩類情況(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結構及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算.(2)若電流變化，則①利用安培力做功求解：電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能.,如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02Ω的導體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40g、電阻可忽略不計的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20cm.該軌道平面處在磁感應強度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強磁場中.開始時，磁感應強度B0＝0.1T.設棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.,【例2】,(1)若保持磁感應強度B0的大小不變，從t＝0時刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運動.此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖乙所示.求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力；(2)若從t＝0開始，磁感應強度B隨時間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運動前，這個裝置釋放的熱量.,答案,解析,分析,0.036J,5m/s20.2N,答案,(1)F安＝B0IL①E＝B0Lv②I＝③v＝at④所以F安＝當b棒勻加速運動時，F(xiàn)－Ff－F安＝ma⑤聯(lián)立可得F－Ff－＝ma⑥由圖象可得：當t＝0時，F(xiàn)＝0.4N，當t＝1s時，F(xiàn)＝0.5N.代入⑥式，可解得a＝5m/s2，F(xiàn)f＝0.2N.,(2)感應電動勢E′＝＝0.02V⑦I′＝＝1A⑧棒b將要運動時，有F安′＝BtI′L＝Ff⑨所以Bt＝1T，根據(jù)Bt＝B0＋⑩得t＝1.8s，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036J.,能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序：先電后力再能量,3.小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53，導軌上端串接一個R＝0.05Ω的電阻．在導軌間長d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m．,一位健身者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直．當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大?。?2.4m/s,答案,解析,a＝＝12m/s2v＝＝2.4m/s,(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大?。?48N,答案,解析,感應電動勢E＝Blv感應電流I＝安培力FA＝IBl代入得FA＝＝48N,(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.,64J26.88J,答案,解析,健身者做功W＝F(s＋d)＝64JF－mgsinθ－FA＝0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t＝焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88J.,4.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4m，導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5T.在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑.然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑.cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10m/s2，問：,(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；,答案,解析,由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c，則ab中電流方向為由a流向b.,由a流向b,,,右手定則,(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v為多大；,答案,解析,5m/s,開始放置時Fmax＝m1gsinθ①設ab剛要上滑時，E＝BLv②I＝③設ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s,(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＝3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少.,答案,解析,1.3J,設cd棒運動過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，m2gxsinθ＝Q總＋m2v2又Q＝解得Q＝1.3J,,課時作業(yè),,,,3,1.(2016全國Ⅰ24)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求：,1,2,3,(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；,答案,解析,mg(sinθ－3μcosθ),對于ab棒2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F①FN1＝2mgcosθ②對于cd棒，mgsinθ＋μFN2＝FT′＝FT③FN2＝mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤,1,2,3,(2)金屬棒運動速度的大小.,答案,解析,設金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應電動勢為E＝BLv⑥回路中電流I＝⑦安培力F＝BIL⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sinθ－3μcosθ).,1,2,3,2.如圖所示，兩平行光滑金屬導軌傾斜放置且固定，兩導軌間距為L，與水平面間的夾角為θ，導軌下端有垂直于軌道的擋板，上端連接一個阻值R＝2r的電阻，整個裝置處在磁感應強度為B、方向垂直導軌向上的勻強磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導軌向上做加速度為a的勻加速運動.已知每根金屬棒質(zhì)量為m、電阻為r，導軌電阻不計，棒與導軌始終接觸良好.求：,1,2,3,(1)經(jīng)多長時間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖?答案,解析,棒ab對擋板的壓力為零時，受力分析可得BIabL＝mgsinθ設經(jīng)時間t0棒ab對擋板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動勢為E，則E＝BLat0,1,2,3,(2)棒ab對擋板壓力為零時，電阻R的電功率；,答案,解析,棒ab對擋板壓力為零時，cd兩端電壓為Ucd＝E－Ir解得Ucd＝此時電阻R的電功率為P＝解得P＝,2,3,1,(3)棒ab運動前，拉力F隨時間t的變化關系.,答案,解析,對cd棒，由牛頓第二定律得F－BI′L－mgsinθ＝maI′＝E′＝BLat解得F＝m(gsinθ＋a)＋.,2,3,1,3.如圖所示，兩根相距L＝1m的足夠長的光滑金屬導軌，一組導軌水平，另一組導軌與水平面成37角，拐角處連接一阻值R＝1Ω的電阻.質(zhì)量均為m＝2kg的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，導軌電阻不計，兩桿的電阻均為R＝1Ω.整個裝置處于磁感應強度大小B＝1T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場中.當ab桿在平行于水平導軌的拉力作用下沿導軌向右勻速運動時，cd桿靜止.g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，求：,2,3,1,(1)水平拉力的功率；,答案,解析,864W,cd桿靜止，由平衡條件可得mgsinθ＝BIL，解得I＝12A由閉合電路歐姆定律得2I＝，得v＝36m/s水平拉力F＝2BIL＝24N，水平拉力的功率P＝Fv＝864W,2,3,1,(2)現(xiàn)讓cd桿靜止，求撤去拉力后ab桿產(chǎn)生的焦耳熱.,答案,解析,864J,撤去外力后ab桿在安培力作用下做減速運動，安培力做負功，先將棒的動能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，即焦耳熱等于桿的動能的減小量，有Q＝ΔEk＝mv2＝1296J而Q＝I′2Rt，ab桿產(chǎn)生的焦耳熱Q′＝I′2Rt，所以Q′＝Q＝864J.,2,3,1,