2017年高考一轮 10.4《电磁感应中的动力学与能量问题》ppt课件

2017年高考一轮 10.4《电磁感应中的动力学与能量问题》ppt课件内容摘要：

1、课标版 物理 第 4讲 电磁感应中的动力学与能量问题 考点一 电磁感应中的动力学问题 (1)导体的平衡状态 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)导体的非平衡状态 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。 (1)电路分析 : 考点突破 导体棒相当于电源 ,感应电动势相当于电源的电动势 ,导体棒的电阻相当于 电源的内阻 ,感应电流 I=。 (2)受力分析 : 导体棒受到安培力及其他力 ,安培力 ,根据牛顿第二定律列 动力学方程 : (3)过程分析 : 由于安培力是变力 ,导体棒做变加速或变减速运动 ,当加 2、速度为零时 ,达到 稳定状态 ,最后做匀速直线运动 ,根据共点力平衡条件列平衡方程 0。 2 如图所示 ,光滑斜面的倾角 =30 ,在斜面上放置一矩形线框 m,.6 m,线框的质量 m=1 阻 R=,线框通过细线与重物相连 ,重物质量 M=2 面上 ef(右方有垂直斜 面向上的匀强磁场 ,磁感应强度 B=,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 ,s=11.4 m,(取 g=10 m/ : (1)线框进入磁场前重物的加速度大小 ; (2)线框进入磁场时匀速运动的速度大小 v; (3)t; (4)程中产生的焦耳热。 答案 (1)5 m/ (2)6 m/s (3)2.5 s 3、(4)12 m/s 9 J 解析 (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 =重物由牛顿第二定律得 F=F 联立解得线框进入磁场前重物的加速度大小 a= =5 m/ g m g (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 :1 线框 mg +又 1 产生的感应电动势 E=路中的感应电流为 I= = 安 =立解得 Mg=mg + 代入数据解得 v=6 m/s。 v(3)线框 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 仍做匀加速直线运动。 进磁场前 4、线框的加速度大小与重物的加速度大小相同 ,为 a=5 m/该阶段的运动时间为 =1.2 s 进入磁场过程中匀速运动的时间 =0.1 s 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 段的加速度大小仍为 a=5 m/匀变速直线运动的规律得 a 解得 .2 s 因此 t1+t2+.5 s。 (4)线框 v=v+ m/s+51.2 m/s=12 m/s 整个运动过程中产生的焦耳热 Q=F安 ) J。 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 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 : 1图所示 ,间距 L=m,导轨平 面与水平面间夹角 =37,N、 = 5、,匀强磁场垂直于 导轨平面向上 ,磁感应强度 B=。 将一根质量为 m=在导轨的 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 =金属棒滑行至 其速度大小开始保 持不变 ,位置 s=2.0 m。 已知 g=10 m/s2,7=7 = : (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小 ; (2)金属棒到达 (3)金属棒由位置 电阻 答案 (1)2.0 m/ (2)2.0 m/s (3) 解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为 a,则 mg =得 a=2.0 m/2)设金属棒到达 v、电流为 I,金属棒 6、受力平衡 ,有 mg =mg 又 I= 解得 v=2.0 m/s (3)设金属棒从 电阻 ,由能量守恒 , 有 = +Q 解得 Q= 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的 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。 (1)能量转化 (2)求解焦耳热 焦耳定律 :Q=用于电流、电阻不变 功能关系 :Q=电流变不变都适用 能量转化 :Q=电流变不变都适用 考点二 电磁感应中的能量问题 典例 2 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 导轨平面与水平面的夹角为 ,且处在磁感应 7、强度大 小为 B、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。 质量为 m、电阻为 体棒与固定弹簧连接后放在导轨上。 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 个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并 保持良好接触。 已知弹簧的劲度系数为 k,弹簧的中心轴线与导轨平行。 (1)求初始时刻通过电阻 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; (3)若导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为 导体棒从开始运动直到停 止的过程中 ,电阻。 答案 (1) 方向为 a b (2)g - (3) 解析 (1)初始时刻 ,导体棒产生的感应电动势 2( 8、)B rR2 2 220p1 m v 通过 1= = 电流方向为 a b (2)当导体棒第一次回到初始位置时 ,导体棒产生的感应电动势 应电流 = 导体棒受到的安培力大小 F= ,方向沿导轨向上 根据牛顿第二定律有 mg -F=得 a=g - (3)导体棒最终静止 ,有 mg =缩量 x= 12()B r0,根据能量守恒定律有 m +=0 m + 阻 Q= 1220 2 220p1 m v 在解决电磁感应中的能量问题时 ,首先进行受力分析 ,判断各力做功和 能量转化情况 ,再利用功能关系或能量守恒定律列式求解。 2 (2016河北石家庄模拟 )(多选 )如图所示 ,在倾角为 的光滑斜面上 ,有 9、三 条水平虚线 们之间的区域 、 宽度均为 d,两区域分别存在垂 直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场 ,磁感应强度大小均为 B,一个质量 为 m、边长为 d、总电阻为 从 始沿斜面下滑 ,当 时 ,恰好以速度 动 ;当 线框又开始以速度 线运动 ,重力加速度为 g。 在线框从释放到穿出磁场的过程中 ,下列说法正 确的是 ( ) 发热功率为 减少的机械能 重力做 功 m - m 22224答案 框从释放到穿出磁场的过程中 ,由楞次定律和安培定则可 知感应电流方向先沿 沿 沿 框第一 次匀速运动时 ,由平衡条件有 mg ,I= ,解得 ;第二次 匀速运动时 ,由平衡条件有 2BId=mg ,I= , 10、解得 ;则知线 框 ,进入区域 后先减速再匀速 ,而两区域宽度相同 , 故通过区域 的时间小于通过区域 的时间 ,功能关系知线框 第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率 ,即 P= ,框从进入磁场到第二次匀速运动过程中 ,损失的 重力势能等于该过程中重力做的功 ,动能损失量为 m - m ,所以线框机 械能的减少量为 m - m , 12 222g R 电磁感应中的“双杆”模型 “双杆”模型通常分为两类 :一类是“一动一静” ,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。 通过受力分析 ,确定运动状态 ,一般会有收尾状态 ,对于收尾状态则有恒定 的速度或者加速度等 ,再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析 求解。 典例 3 (2014天津理综 ,11,18分 )如图所示 ,两根足够长的平行金属导轨固 定在倾角 =30的斜面上 ,导轨电阻不计 ,间距 L=0.4 m。 导轨所在空间被分。