新课标高考物理一轮复习第九章电磁感应专题十二电磁感应中的动力学和能量综合问题教案.doc

1、【 精品教育资源文库 】 专题十二 电磁感应中的动力学和能量综合问题 突破 电磁感应中的动力学问题 1.导体的两种运动状态 (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 . 2.力学对象和电学对象的相互关系 考向 1 平衡状态的分析与计算 典例 1 (2016 新课标全国卷 )如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为 ，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

2、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 ，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 . 解题指导 解答此题的关键是对 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出金属棒的速度 . 解析 (1)设两根导线的总的张力的大

3、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 2mgsin N 1 T F 【 精品教育资源文库 】 N1 2mgcos 对于 cd 棒，同理有 mgsin N 2 T N2 mgcos 联立 式得 F mg(sin 3 cos ). (2)由安培力公式得 F BIL 这里 I 是回路 abdca 中的感应电流 . ab 棒上的感应电动势为 BLv 式中， v 是 ab 棒下滑速度的大小 由欧姆定律得 I R 联立 式得 v (sin 3 cos )mgRB2L2. 答案

4、(1)mg(sin 3 cos ) (2)(sin 3 cos )mgRB2L2 考向 2 非平衡状态的分析与计算 典例 2 (2017 江苏常州检测 )如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨 L1、L2，其间距 d 0.5 m，左端接有容量 C 2 000 F 的电容 .质量 m 20 g 的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计 .整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度 B 2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力 F1 0.44 N 作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经 t 时间后到达 B 处，速度 v 5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为

5、F2，又经 2t 时间后导体棒返回到初始位置 A 处，整个过程电容器未被击穿 .求： (1)导体棒运动到 B 处时，电容 C 上的电量； (2)t 的大小； (3)F2的大小 . 解题指导 本题的关键是判断导体棒在恒力 作用下的运动性质，可用微元法判断，即设经过很短的时间 t，速度增加 v，则 a v t，再根据牛顿第二定律求出加速度 . 解析 (1)当导体棒运动到 B 处时，电容器两端电压为 U Bdv 20.55 V 5 V 此时电容器的带电量 q CU 2 00010 65 C 110 2 C. (2)棒在 F1作用下有 F1 BId ma1 【 精品教育资源文库 】 又 I q t

6、CBd v t ， a1 v t 联立解得： a1 F1m CB2d2 20 m/s2 则 t va1 0.25 s. (3)由 (2)可知棒在 F2作用下，运动的加速度 a2 F2m CB2d2，方向向左，又 12a1t2?a1t2 t12a2（ 2t）2 将相关数据代入解得 F2 0.55 N. 答案 (1)110 2 C (2)0.25 s (3)0.55 N 用牛顿运动定律处理电磁感应问题的基本思路 突破 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 (2)求解焦耳热 Q 的三种方法 2.求解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 【 精品教育资源文库 】 (1)在

7、电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源 . (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的能量发生了相互转化 . (3)根据能量守恒列方程求解 . 考向 1 导体棒平动切割磁感线问题 典例 3 如图所示，两根足够长且平行的 光滑 金属导轨所在平面与水平面成 53 角，导轨间接一阻值为 3 的电阻 R，导轨电阻忽略不计 .在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为 d 0.5 m.导体棒 a 的质量为 m1 0.1 kg、电阻为 R1 6 ；导体棒 b 的质量为 m2 0.2 kg、电阻为 R2 3 ，它们分别垂直导轨

8、放置并始终与导轨接触良好 .现从图中的 M、 N 处同时将 a、 b 由 静止释放 ，运动过程中它们都能 匀速穿过 磁场区域，且 当 a 刚出磁场时 b 正好进入磁场 .(sin 53 0.8， cos 53 0.6，取 g 10 m/s2， a、 b 电流间的相互作用不计 )，求： (1)在 b 穿越磁场的过程中 a、 b 两导体棒上产生的 热量之比； (2)在 a、 b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M、 N 两点之间的距离 . 解题指导 (1)审题 关键信息 理解 无摩擦阻力 初速度为零 安培力与重力沿导轨向下的分力平衡 始终只有一根导体棒切割磁感线 (2)

9、解题关键：解答本题的关键是区分电源与外电路以及 a、 b 两导体棒运动和受力的关系 . 解析 (1)在 b 穿越磁场的过程中， b 相当于电源， a 与 R 是外电路，则有 Ib Ia IR. a 与 R 是并联关系，则有 IaR1 IRR， a 产生的热量为 Qa I2aR1t， b 产生的热量为 Qb I2bR2t. 【 精品教育资源文库 】 则 Qa Qb I2aR1 I2bR2，代入数据可解得 Qa Qb 2 9. (2)a、 b 穿过磁场区域的整个过程中，由能量守恒可得， Q m1gsin d m2gsin d，代入数据解得 Q 1.2 J. (3)设 a 进入磁场的速度大小为 v

10、1，此时电路中的总电阻 R 总 1 R1 RR2R R2 ? ?6 333 3 7.5 设 b 进入磁场的速度大小为 v2，此时电路中的总电阻 R 总 2 R2 R1RR1 R ? ?3 636 3 5 由 m1gsin B2L2v1R总 1 和 m2gsin B2L2v2R总 2 ，可得v1v2m1R总 1m2R总 234. 设 a 匀速运动时， m2gsin m2a0， v2 v1 a0dv1，联立并代入数据解得 v21 12 m2/s2，则v22 169v21. M、 N 两点之间的距离 s v222a02v212a0712 m. 答案 (1)2 9 (2)1.2 J (3)712 m

11、考向 2 导体棒转动切割磁感线问 题 典例 4 (2016 新课标全国卷 )(多选 )法拉第圆盘发电机的示意图如图所示 .铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、 Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触 .圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中 .圆盘旋转时，关于流过电阻 R 的电流，下列说法正确的是 ( ) A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动 C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍 解题指导 解答本题时应从以下两

12、点进行分析： (1)把圆盘理解成 “ 同心圆周导线 ” 和 “ 辐条 ” 切割模型 . (2)将实际问题转化为等效电路 (各个电源并联，总电动势等于一个电源的电动势 ). 【 精品教育资源文库 】 解析 设圆盘的半径为 r，圆盘转动的角速度为 ，则圆盘转动产生的电动势为 E 12Br2 ，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定， A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿 a 到 b 的方向流动， B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变， C 项错误；若圆盘转动的角速度 变为原来的2 倍，则电动势变为原来的 2 倍，电流变为原来

13、的 2 倍，由 P I2R 可知，电阻 R 上的热功率变为原来的 4 倍， D 项错误 . 答案 AB 考向 3 电磁感应中线圈穿过磁场问题 典例 5 (2017 四川德阳一模 )如图所示，四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上，间距为 h，在 、 两区间分布着完全相同、方向水平向内的磁场，磁场大小按 Bt 图象变化 (图中 B0已知 ).现有一个长方形金属形框 ABCD，质量为 m，电阻为 R， AB CD L， AD BC 2h.用一轻质的细线把线框 ABCD 竖直悬挂着， AB 边恰好在 区的中央 .t0(未知 )时刻细线恰好松弛，之后剪断细线，当 CD 边到达 M3N3时线框恰好匀速运

14、动 .(空气阻力不计，取 g 10 m/s2) (1)求 t0的值； (2)求线框 AB 边到达 M2N2时的速率 v； (3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？ 解析 (1)细线恰好松弛，对线框受力分析有 B0IL mg， I ER，感应电动势 E t B tS B0t0S B0t0 12Lh，得 t0 B20L2h2mgR. (2)当 CD 边到达 M3N3时线框恰好匀速运动，速度为 v ，对线框受力分析有 B0I L mg，I ER ，因 CD 棒切割产生的感应电动势 E B0Lv ， v mgRB20L2，线框 AB 到达 M2N2时一直运动到 CD 边到达 M3N3的过程中线框中无感应电流产生，只受到重力作用 . 线框下落高度为 3h，根据动能定理得 mg3 h 12mv 2 12mv2，线框 AB 边到达 M2N2时的速【 精品教育资源文库 】 率为 v m2g2R2B40L4 6gh. (3)线框由静止开始下落到 CD 边刚离开 M4N4的过程中线框中产生电能为 E 电 ，线框下落高度为 4.5h，根据能量守恒得重力势能减少量等于线框动能与电能之和为 mg4.5 h E 电 12mv 2，则 E 电 92mgh m3g2R22B40L4. 答案 (1)B20L2h2mgR (2)m2g2R2B40L4