（江苏专用版）2020版高考物理总复习 第九章 微专题8 电磁感应中的动力学和能量问题课件

微专题8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考点二电磁感应中的能量问题考点突破考点一电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.电学对象和力学对象的相互关系 3.四步法分析电磁感应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: 例1(2017江苏单科)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻,质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下;当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v,导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求: (1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P。答案(1) (2) (3) 0BdvR220BdvmR2220()BdvvR解析(1)MN刚扫过金属杆时,金属杆的感应电动势E=Bdv0回路的感应电流I= 解得I= (2)金属杆所受的安培力F=BId由牛顿第二定律,对金属杆F=ma解得a= (3)金属杆切割磁感线的速度v'=v0-vER0BdvR220BdvmR感应电动势E=Bdv'感应电流的电功率P= 解得P= 2ER2220()BdvvR方法技巧解决电磁感应动力学问题的两个关键分析(1)受力分析:准确分析运动导体的受力,特别是安培力,求出合力。(2)运动分析:分析导体的运动性质,是加速、减速,还是匀速,从而确定相应的运动规律。考点二电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量 电能 焦耳热或其他形式的能量(2)求解焦耳热Q的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。例2(2018镇江一模)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,其电阻不计,间距为0.4m;导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界为MN,区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上,磁感应强度大小均为0.5T。将质量为0.1kg、电阻为0.1Ω的导体棒ab放在导轨上的区域Ⅰ中,ab刚好不下滑;再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd从导轨上由静止开始下滑,cd棒始终处于区域Ⅱ中,两棒与导轨垂直且与导轨接触良好,g取10m/s2。(1)求ab棒所受最大静摩擦力大小,并判断cd棒下滑时ab棒中电流的方向;(2)ab棒刚要向上滑动时,cd棒的速度大小v;(3)若从cd棒开始下滑到ab棒刚要向上滑动的过程中,装置中产生的总热量为2.6J,求此过程中cd棒下滑的距离x。答案(1)0.5N电流方向由a流向b(2)5m/s(3)3.8m解析(1)ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力有fmax=m1gsinθ则fmax=0.5N由右手定则可知cd棒下滑时ab中电流方向由a流向b(2)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设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=12ERR设ab所受安培力为F安,有F安=BIl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=m1gsinθ+fmax代入数据解得v=5m/s(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m2gxsinθ=Q总+ m2v2解得x=3.8m12电磁感应中的杆+导轨模型这类问题的实质是不同形式的能量的转化过程,从功和能的观点入手,弄清导体切割磁感线运动过程中的能量转化关系,处理这类问题有三种观点,即:①力学观点;②图像观点;③能量观点。单杆模型中常见的四种情况:加油小站模型一(v0≠0)模型二(v0=0)模型三(v0=0)模型四(v0=0)示意图    条件单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,质量为m,电阻不计,两导轨间距为L轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两导轨间距为L轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两导轨间距为L,拉力F恒定轨道水平光滑,单杆ab质量为m,电阻不计,两导轨间距为L,拉力F恒定力学观点导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E=BLv,电流I= = ,安培力F=BIL= ,做减速运动:v↓⇒F↓⇒a↓,当v=0时,F=0,a=0,杆保持静止S闭合,ab杆受安培力F= ,此时a= ,杆ab速度v↑⇒感应电动势BLv↑⇒由楞次定律知E总减小,I↓⇒安培力F=BIL↓⇒加速度a↓,当E感=E时,v最大,且vm= 开始时a= ,杆ab速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑⇒I↑⇒安培力F安=BIL↑,由F-F安=ma知a↓,当a=0时,v最大,vm= 开始时a= ,杆ab速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑,经过Δt速度为v+Δv,此时感应电动势E‘=BL(v+Δv),Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=C(E’-E)=CBLΔv,电流I= =CBL =CBLa,安培力F安=BLI=CB2L2a,F-F安=ma,a= ,所以杆以恒定的加速度匀加速运动ER22BLRvBLErBLEmrEBLFm22FRBLFmqtΔΔvtΔΔ22FmBLCBLvR图像观点能量观点动能全部转化为内能:Q= m 电源输出的电能转化为动能:W电= m F做的功一部分转化为杆的动能,一部分产生电热:WF=Q+ m F做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能:WF= mv2+EC1220v122vm122vm12例3(多选)(2018扬州期末)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R;金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下;现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是 (AD)A.ab中的感应电流方向由a到bB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小解析磁感应强度均匀减小,磁通量减小,根据楞次定律得,ab中的感应电流方向由a到b,故A项正确;由于磁感应强度均匀减小,根据法拉第电磁感应定律得,感应电动势恒定,则ab中的感应电流不变,故B项错误;根据安培力公式F=BIL知,电流不变,B均匀减小,则安培力减小,故C错误;导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡,f=F,安培力减小,则静摩擦力减小,故D项正确。例4如图所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计,匀强磁场与导轨平面垂直,阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好;t=0时,将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、导体棒中的电流、导体棒的速度和加速度。下列图像正确的是 (D) 解析当开关S由1掷到2时,电容器开始放电,此时电流最大,导体棒受到的安培力最大,加速度最大,此后导体棒开始运动,产生感应电动势,导体棒相当于电源,利用右手定则可判断导体棒上端为正极,下端为负极,与电容器的极性相同,当棒运动一段时间后,电路中的电流逐渐减小,当电容器极板电压与棒两端电动势相等时,电容器不再放电,电路电流等于零,棒做匀速运动,加速度减为零,所以B、C错误,D正确;因棒最终做匀速运动时电容器两极板间有电压,所以q=CU不等于零,所以A错误。(2018江苏单科)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d;导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直;质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流;金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒随堂巩固(1)末速度的大小v;(2)通过的电流大小I;(3)通过的电荷量Q。答案(1) (2) (3) 2as(sin)mgθadB2(sin)asmgθadBa解析(1)匀加速直线运动中v2=2as,解得v= (2)安培力FA=BId,金属棒所受合力F=mgsinθ-FA牛顿运动定律F=ma解得I= (3)运动时间t= ,电荷量Q=It解得Q= 2as(sin)mgθadBva2(sin)asmgθadBa