2016高考物理一轮复习94(小专题)电磁感应中的动力学和能量问题课件(选修3-2)

第4课时(小专题)电磁感应中的动力学和能量问题突破一电磁感应中的动力学问题1．所用知识及规律(1)安培力的大小由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER和安培力公式F＝BIL得F＝B2L2vR。(2)安培力的方向判断(3)牛顿第二定律及功能关系2．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。(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。3．常见的解题流程如下【典例1】如图1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＝1m，bc边的边长l2＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2kg，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＝0.5T，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＝11.4m，(取g＝10m/s2)，求：图1(1)线框进入磁场前重物的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度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处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热。第一步：抓关键点→获取信息第二步：抓过程分析→理清思路规范解答(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－mgsinα＝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a＝Mg－mgsinαM＋m＝5m/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′＝mgsinα＋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＝ER＝Bl1vRab边受到的安培力为F安＝BIl1联立解得Mg＝mgsinα＋B2l21vR代入数据解得v＝6m/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＝5m/s2，该阶段的运动时间为t1＝va＝1.2s进入磁场过程中匀速运动的时间t2＝l2v＝0.1s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仍为a＝5m/s2由匀变速直线运动的规律得s－l2＝vt3＋12at23解得t3＝1.2s因此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝2.5s。(4)线框ab边运动到gh处的速度v′＝v＋at3＝6m/s＋5×1.2m/s＝12m/s整个运动过程产生的焦耳热Q＝F安l＝(Mg－mgsinα)l2＝9J。答案(1)5m/s2(2)6m/s(3)2.5s(4)12m/s9J【变式训练】1．如图2所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0T。将一根质量为m＝0.050kg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＝2.0m。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。求：图2(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。解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2.0m/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mgsinθ＝BIL＋μmgcosθI＝BLvR解得v＝2.0m/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mgssinθ＝12mv2＋μmgscosθ＋Q解得Q＝0.10J答案(1)2.0m/s2(2)2.0m/s(3)0.10J突破二电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。【典例2】(2014·天津卷，11)如图3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＝0.4m。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＝0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω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＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω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＝10m/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＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。图3解析(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①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＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋12m2v2⑦由串联电路规律有Q＝R1R1＋R2Q总⑧联立解得：Q＝1.3J⑨答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J【变式训练】2．(多选)如图4所示，粗糙的平行金属导轨倾斜放置，导轨电阻不计，顶端QQ′之间连接一个阻值为R的电阻和开关S，底端PP′处与一小段水平轨道相连，有匀强磁场垂直于导轨平面。断开开关S，将一根质量为m、长为l的金属棒从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的FF′处；闭合开关S，将金属棒仍从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的EE′处；开关S仍闭合，金属棒从CC′处(图中没画出)由静止开始滑下，仍落在水平面上的EE′处。(忽略金属棒经过PP′处的能量损失)测得相关数据如图所示，下列说法正确的是()A．S断开时，金属棒沿导轨下滑的加速度为x21g2hsB．S闭合时，金属棒刚离开轨道时的速度为x2g2hC．电阻R上产生的热量Q＝mg4h(x21－x22)D．CC′一定在AA′的上方图4解析由平抛运动知识可知，S断开时，由h＝12gt2，x1＝v1t，v21＝2a1s，可得v1＝x1g2h，a1＝x21g4hs，A错误；同理可得闭合开关S，v2＝x2g2h，B正确；故电阻R上产生的热量Q＝12mv21－12mv22＝mg4h(x21－x22)，C正确；因为金属棒有一部分机械能转化为电阻R上的内能，故不能判断CC′与AA′位置的关系，D错误。答案BC突破三电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．模型构建“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点。“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等。2．模型分类及特点(1)单杆水平式物理模型动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，I＝BLvR恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v恒定不变电学特征I恒定(2)单杆倾斜式物理模型动态分析棒释放后下滑，此时a＝gsinα，速度v↑E＝BLv↑I＝ER↑F＝BIL↑a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v最大vm＝mgRsinαB2L2收尾状态电学特征I恒定【典例3】(2014·江苏卷，13)如图5所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：图5(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。解析(1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡，则有mgsinθ＝μmgcosθ①解得：μ＝tanθ②(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为：E＝BLv③则电路中的感应电流I＝ER④导体棒所受安培力F安＝BIL⑤且由平衡条件得F安＝mgsinθ⑥联立③～⑥式，解得v＝mgRsinθB2L2⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgdsinθ＝Q＋Qf＋12mv2⑧摩擦产生的内能Qf＝μmgdcosθ⑨联立⑧⑨解得Q＝2mgdsinθ－m3g2R2sin2θ2B4L4⑩答案(1)tanθ(2)mgRsinθB2L2(3)2mgdsinθ－m3g2R2sin2θ2B4L4用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤3．如图6甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好。棒的质量m＝1.0kg，R＝1.0Ω，长度L＝1.0m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10m/s2。【变式训练】(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前2s内F做功W＝30J，求前2s内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间。图6解析(1)对ab棒：Ff＝μmgv＝atF－BIL－Ff＝maF＝m(μg＋a)＋B2L2at2R由图象信息，代入数据解得：a＝1m/s2(2)当t1＝2s时，F＝10N，由(1)知B2L2at2R＝F－m(μg＋a)，得B＝2T(3)0～2s过程中，对ab棒，x＝12at21＝2mv2＝at1＝2m/s由动能定理知：W－μmgx－Q＝12mv22代入数据解得Q＝18J(4)设当时间为t′时，cd棒达到最大速度，FN′＝BIL＋mgcos53°Ff′＝μFN′mgsin53°＝Ff′mgsin53°＝μ(B2L2at′2R＋mgcos53°)解得：t′＝5s答案(1)1m/s2(2)2T(3)18J(4)5s