2020高考物理一轮总复习 第十章 电磁感应 能力课2 电磁感应中的动力学和能量问题课件 新人教版

第十章电磁感应电磁感应中的动力学和能量问题栏目导航123板块一考点突破板块二素养培优板块三跟踪检测考点突破记要点、练高分、考点通关板块一考点一电磁感应中的动力学问题——师生共研|记要点|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.力学对象和电学对象的相互关系|析典例|【例】(2017年上海卷)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．(1)求ab开始运动时的加速度a；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．[解析](1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析，由牛顿第二定律得mgsinθ＋BIL＝ma①对回路分析I＝ER＝BLv0R②联立①②得a＝gsinθ＋B2L2v0m·R.(2)上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为a上＝gsinθ＋B2L2vm·R③上滑过程，a、v反向，做减速运动．利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动．下滑过程：由牛顿第二定律，对ab受力分析得mgsinθ－B2L2vR＝ma下④a下＝gsinθ－B2L2vm·R⑤因a下与v同向，ab做加速运动．由⑤得v增加，a下减小，杆下滑时做加速度减小的加速运动．(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点，由能量转化与守恒可知12mvP上2＝12mvP下2＋QR⑥QR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热．由QR0所以vP上vP下同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得v上v下由s＝v上t上＝v下t下得t上t下即ab上滑时间比下滑时间短．[答案]见解析|反思总结|“四步”巧解电磁感应中的动力学问题|练高分|1．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B增大，vm将变大B．如果α增大，vm将变大C．如果R变小，vm将变大D．如果m变小，vm将变大解析：选B金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动．杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示．安培力F＝BLvmRLB，对金属杆列平衡方程式：mgsinα＝B2L2vmR，则vm＝mgsinα·RB2L2.由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小．因此A、C、D错误，B正确．2．(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量m＝0.2kg、电阻r＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放、金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s解析：选BD金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据得a＝4m/s2，故选项A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E(金属棒的有效长度为L)，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由闭合电路欧姆定律得I＝E－Ur，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.8m/s，故选项C错误，D正确．3．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上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．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，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.解析：(1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0通过R的电流大小I1＝E1R＋r＝BLv0R＋r电流方向为b→a.(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv感应电流I2＝E2R＋r＝BLvR＋r导体棒受到的安培力大小F＝BIL＝B2L2vR＋r，方向沿斜面向上．根据牛顿第二定律有mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－B2L2vmR＋r.答案：(1)BLv0R＋rb→a(2)gsinθ－B2L2vmR＋r考点二电磁感应中的能量问题——师生共研|记要点|1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量――――――――→克服安培力做功电能―――――→电流做功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．|析典例|【例】(2018届江西南昌一模)如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，框架的质量m1＝0.4kg、宽度l＝0.5m．质量m2＝0.1kg、电阻R＝0.5Ω的导体棒ab垂直放在框架上，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2.0T．对棒施加沿斜面向上的恒力F＝8N，棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动．棒与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.(1)求框架刚开始运动时流过导体棒的电流I；(2)若已知这一过程导体棒向上位移x＝0.5m，求此过程中回路中产生的热量Q(结果保留两位有效数字)．[解析](1)框架开始运动时，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋f其中F安＝IlBf＝μ(m1＋m2)gcosθ解得I＝5.6A.(2)设导体棒速度为v，则E＝BlvI＝ER解得v＝2.8m/s导体棒沿斜面上升x＝0.5m过程中，由动能定理有Fx－W安－m2gxsinθ＝12m2v2且Q＝W安故Q＝Fx－m2gxsinθ－12m2v2＝3.3J.[答案](1)5.6A(2)3.3J|反思总结|求解电能应分清两类情况(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；③利用功能关系求解：若除重力、安培力做功外，还有其他力做功，则其他力做功等于增加的机械能和电能．|练高分|1．(多选)(2018年江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆()A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4解析：选BC根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝2gh，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，联立解得hm2gR22B4L4，选项D错误．2．(2019届广州毕业班综合测试)如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R＝4.0Ω的电阻；匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m＝0.2kg、长度l＝1.0m、电阻r＝1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好．t＝0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v­t图象如图乙所示．其余电阻不计．求：(1)从t＝0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压；(2)0～3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式．解析：(1)根据v­t图象可知金属杆做匀减速直线运动的时间Δt＝3s，t＝0时杆的速度为v0＝6m/s由运动学公式得其加速度大小a＝v0－0Δt设杆运动了5m时速度为v1，则v12－v02＝－2as1此时，金属杆产生的感应电动势E1＝Blv1回路中产生的电流I1＝E1R＋r电阻R两端的电压U＝I1R联立解得U＝1.6V.(2)由t＝0时BIlma，可分析判断出外力F的方向与v0反向．金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F＋BIl＝ma设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则有v＝v0－at又E＝BlvI＝ER＋r联立各式解得F大小与时间t的函数关系式为F＝0.1＋0.1t.答案：(1)1.6V(2)F＝0.1＋0.1t3．(2018届陕西高三质量检测)如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平方向成θ＝30°角的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1＝R2＝2Ω.导轨间距L＝0.6m．在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d＝0.2m．磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s＝0.1m处，有一根阻值r＝2Ω、长为L＝0.6m的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域，取重力加速度g＝10m/s2，导轨电阻不计．求：(1)ab在磁场中运动的速度大小v；(2)在t1＝0.1s时刻和t2＝0.25s时刻电阻R1的电功率之比；(3)电阻R2中产生的总热量Q2总．解析：(1)对ab，从静止释放到刚进入磁场区域，根据动能定理有mgs·sinθ＝12mv2解得v＝1m/s.(2)ab从释放到运动到M1P1的时间t＝vgsinθ＝0.2s因此，在t1＝0.1s时刻，ab还没进入磁场，根据法拉第电磁感应定律有E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔtLd＝0.6V此时R2与ab并联后再与R1串联，R总＝3ΩR1两端的电压U1＝E1R总R1＝0.4V由题图乙可知，t＝0.2s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间t′＝dv＝0.2s故在t2＝0.25s时ab还在磁场