【步步高】(新课标)2015届高考物理一轮复习 专题十 电磁感应中的动力学和能量问题课件

第九章电磁感应专题十电磁感应中的动力学和能量问题考点一电磁感应中的动力学问题分析1．导体的平衡态——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．课堂探究【例1】如图1所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距＝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：(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＝maa＝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课堂探究图1电磁感应与动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．课堂探究【突破训练1】如图2所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m、电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是()A．导体棒MN的最大速度为2mgRsinθB2L2B．导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinθC．导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθD．导体棒MN所受重力的最大功率为m2g2Rsin2θB2L2解析由题意可知，导体棒MN切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的电流I＝E2R，MN受到的安培力F＝BIL＝B2L2v2R，故MN沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后MN做匀速运动．故导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθ，导体棒MN的最大速度为2mgRsinθB2L2，选项A、C正确课堂探究图2【突破训练1】如图2所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m、电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是()A．导体棒MN的最大速度为2mgRsinθB2L2B．导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinθC．导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθD．导体棒MN所受重力的最大功率为m2g2Rsin2θB2L2由于当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsinθ，B错误．由P＝Gvsinθ可知导体棒MN所受重力的最大功率为2m2g2Rsin2θB2L2，D错误．××AC课堂探究图2考点二电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．课堂探究2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．课堂探究【例2】如图3所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？课堂探究图3【例2】θ＝37°的光滑斜面，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，动摩擦因数μ＝0.4，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？审题指导1.线框abcd未进入磁场时，线框沿斜面向下加速，m2沿水平面向左加速，属连接体问题．2．ab边刚进入磁场时做匀速直线运动，可利用平衡条件求速度．3．线框从开始运动到离开磁场的过程中，线框和物体组成的系统减少的机械能转化为线框的焦耳热．课堂探究图3【例2】θ＝37°的光滑斜面，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，动摩擦因数μ＝0.4，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？解析(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsinθ－μm2g＝(m1＋m2)aa＝2m/s2以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a(或以m1为研究对象有m1gsinθ－FT＝m1a)，FT＝2.4N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动,以整体法有m1gsinθ－μm2g－B2L2vR＝0v＝1m/sab到MN前线框做匀加速运动，有v2＝2axx＝0.25m课堂探究图3【例2】θ＝37°的光滑斜面，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，动摩擦因数μ＝0.4，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝12(m1＋m2)v21＋Q解得：Q＝0.4J所以Qab＝14Q＝0.1J课堂探究图3【突破训练2】如图4所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则()A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B2l2vRB．上滑过程中电流做功发出的热量为12mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv2D．上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv2－mgssinθ解析导体棒刚开始运动时所受安培力最大，Fm＝BIl＝B2l2v2R，A选项错误．由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：12mv2＝mgssinθ＋μmgscosθ＋Q电热，则有：Q电热＝12mv2－(mgssinθ＋μmgscosθ)，即为导体棒克服安培力做的功．导体棒损失的机械能即为克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W损失＝12mv2－mgssinθ.故B、D正确．BD课堂探究图443.应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题1．模型概述对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态最终达到稳定的运动状态，该系统称为“导轨＋杆”模型．2．模型分类及分析方法根据杆的数目，对于“导轨＋杆”模型题目，又常分为单杆模型和双杆模型．(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等．此类问题的分析要抓住三点：①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)．②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功．③电磁感应现象遵从能量守恒定律．学科素养培养(2)双杆类问题可分为两种情况：一是“假双杆”，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．线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同，在磁场中运动的过程与双杆的运动情况相同．学科素养培养【例3】如图5所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L，与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1＝R2＝R，R1支路串联开关S，原来S闭合．匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m、有效电