（浙江选考）2020版高考物理总复习 第九章 4 第4节 电磁感应中的动力学和能量问题课件

第4节电磁感应中的动力学和能量问题第九章电磁感应交变电流一、电磁感应现象中的动力学问题1．安培力的大小安培力公式：F＝_____感应电动势：E＝_____感应电流：I＝ER⇒F＝B2l2vRBIlBlv2．安培力的方向(1)先用__________判定感应电流方向，再用__________判定安培力方向．(2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向_____．3．动态分析的基本思路导体受外力运动―――→E＝Blv感应电动势―――――→I＝ER＋r感应电流―――→F＝BIl导体受安培力―→合力变化―――→F合＝ma加速度变化―→速度变化―→临界状态右手定则左手定则相反4．电磁感应中的动力学临界问题：解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度求最大值或最小值的条件．二、电磁感应中的能量转化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)感应电流在磁场中受安培力，若克服安培力做功，则___________的能转化为_____；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．(3)当感应电流通过用电器时，______能转化为__________的能．其他形式电能电其他形式2．安培力做功和电能变化的对应关系：“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．电磁感应中的动力学问题【知识提炼】1．导体棒(框)的两种状态(1)平衡状态——静止或匀速直线运动，加速度为零．(2)非平衡状态——加速度不为零．2．两类研究对象及相互联系【典题例析】如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．[审题突破]解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小．[解析](1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①N1＝2mgcosθ②对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③N2＝mgcosθ④联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)．⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小由欧姆定律得I＝ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2.[答案](1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2【题组过关】考向1水平导轨上的运动分析1．(2019·杭州联考)如图所示，两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上，其质量均为m＝1kg，导轨间距d＝0.5m，现两棒并齐，中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧，弹簧弹性势能为Ep＝16J，现释放弹簧(不拴接)，弹簧弹开后，两棒同时获得大小相等的速度反向运动，ab棒进入一随时间变化的磁场中，已知B＝2＋0.5t(单位：T)，导轨上另有两个挡块P、Q，cd棒与之碰撞时无能量损失，Pc＝aM＝16m，两棒电阻均为R＝5Ω，导轨电阻不计，若从释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间，即瞬间就弹开两棒)，在ab棒进入磁场边界的瞬间，加一外力F(大小和方向都可以变化)，使之始终做加速度a＝0.5m/s2的匀减速直线运动，求：(1)ab棒刚进入磁场时的外力F的大小与方向；(2)若ab棒速度为零时磁感应强度不再发生变化，则此时所受到的安培力．解析：(1)弹簧弹开时，设两棒的速度大小均为v0，在这个过程中，系统的机械能守恒，则Ep＝2×12mv20，解得v0＝4m/sab棒经t1＝aMv0＝164s＝4s进入磁场，此时磁感应强度为B1＝(2＋0.5×4)T＝4Tab棒受到的安培力F安＝B21d2v02R＝1.6N由牛顿第二定律得F安－F＝ma则所加外力F＝F安－ma＝1.1N，方向水平向右．(2)ab棒进入磁场后，又经t2＝v0a＝8s速度变为零，而此段时间内cd棒与PQ碰撞后反向运动，恰好在t2时刻到达磁场边界MN，故此时的电动势E＝B2dv0其中B2＝(2＋0.5×12)T＝8T解得E＝16V，I＝E2R＝1.6A所以此时ab棒受到的安培力F＝B2Id＝8×1.6×0.5N＝6.4N，方向水平向右．答案：(1)1.1N方向水平向右(2)6.4N方向水平向右考向2倾斜导轨上的运动分析2．(2019·嘉兴调研)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU③联立①②③式得Q＝CBLv.④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F安＝Bli⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有i＝ΔQΔt⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量．据定义有a＝ΔvΔt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff＝μFN⑨式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F安－Ff＝ma⑪联立⑤至⑪式得a＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cg⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt.答案：(1)Q＝CBLv(2)v＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt考向3竖直方向上的运动分析3.如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝mgR4B2l2⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝mgRB2l2⑥由⑤⑥式得v2＝4v1.⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝12mv21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝12mv22－12mv21＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l.答案：(1)4倍(2)Qmg＋28l电磁感应中的能量问题【题组过关】1．(2017·11月浙江选考)如图所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×10－2m2、电阻r＝0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k＝0.80T/s.线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上．在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2.接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻．(1)求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；(2)断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此过程棒上产生的热量．解析：(1)线圈的感应电动势为E＝NΔΦΔt＝NSΔB1Δt流过导体棒的电流Iab＝E2r＋R2导体棒对挡条的压力为零，有B2Iabd＝mg或B2＝mg（R＋2r）Ed得B2＝0.50TB2方向垂直纸面向外．(2)由动能定理(mg－I－B2d)t＝mv或mgt－B2dΔq＝mv及Δq＝I－t＝dhB22R得v＝gt－hB22d22Rmab棒产生的热量Q＝12mgh－12mv2得Q＝2.3×10－3J.答案：见解析2．(2016·高考浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T．质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析：(1)由牛顿第二定律a＝F－mgsinθm＝12m/s2①进入磁场时的速度v＝2as＝2.4m/s.②(2)感应电动势E＝Blv③感应电流I＝BlvR④安培力FA＝Ibl⑤代入得FA＝（Bl）2vR＝48N．⑥(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J⑦由牛顿第二定律F－mgsinθ－FA＝0⑧CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t＝dv⑨焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J.答案：见解析1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法