电磁感应中的动力学问题和能量问题课件ppt课件

一、感应电流在磁场中所受的安培力 1.安培力的大小:F=BIL= 2.安培力的方向判断 (1)右手定则和左手定则相结合,先用 确定感应电流方向,再用 判断感应电流所受安 培力的方向. (2)用楞次定律判断,感应电流所受安培力的方向一 定和导体切割磁感线运动的方向 .,电磁感应中的动力学问题和能量问题,考点自清,右手定则,左手定则,相反,名师点拨 1.由F= 知,v变化时,F变化,物体所受合外力 变化,物体的加速度变化,因此可用牛顿运动定律进 行动态分析. 2.在求某时刻速度时,可先根据受力情况确定该时 刻的安培力,然后用上述公式进行求解.,二、电磁感应的能量转化 1.电磁感应现象的实质是 和 之间的转化. 2.感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力 ,将 的能转化为 ,电流做功再 将电能转化为 . 3.电流做功产生的热量用焦耳定律计算,公式为 .,其他形式的能,电能,做功,其他形式,电能,内能,Q=I2Rt,特别提醒 在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应的问题 时,要注意分析安培力做功的情况,因为安培力做的 功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”. 简单表示如下:电能 其他形式能.,W安0 W安0,热点一 对导体的受力分析及运动分析 从运动和力的关系着手,运用牛顿第二定律.基本方 法是:受力分析运动分析(确定运动过程和最终的 稳定状态)由牛顿第二定律列方程求解. 运动的动态结构: 这样周而复始的循环,循环结束时加速度等于零,导 体达到平衡状态.在分析过程中要抓住a=0时速度v达 到最大这一关键.,热点聚焦,特别提示 1.对电学对象要画好必要的等效电路图. 2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示 意图. 热点二 电路中的能量转化分析 从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律. 基本方法是: 受力分析弄清哪些力做功,做正功还是负功明确 有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减由动能定 理或能量守恒定律列方程求解.,例如,如图1所示,金属棒ab沿导轨 由静止下滑时,重力势能减少,一 部分用来克服安培力做功转化为 感应电流的电能,最终在R上转化 为焦耳热,另一部分转化为金属棒 的动能.若导轨足够长,棒最终达到稳定状态匀速运 动时,重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转 化为感应电流的电能.因此,从功和能的观点入手,分 析清楚电磁感应过程中能量转化的关系,是解决电磁 感应问题的重要途径之一.,图1,题型1 电磁感应中的动力学问题 【例1】 如图2所示,光滑斜面的倾角 =30,在斜面上放置一矩形线框 abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长 l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻 R=0.1 ,线框通过细线与重物相 连,重物质量M=2 kg,斜面上ef线(efghab)的右 方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.如果线框从静止开始运动,进入磁场最初一段 时间是匀速的,ef 线和gh线的距离s=11.4 m(取 g=10 m/s2).求:,题型探究,图2,(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v. (2)ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t. 思路点拨 线框的运动可分为进入磁场前、进入磁 场中、完全进入磁场后三个阶段,分析每个阶段的受 力,确定运动情况.,解析 (1)在线框进入磁场的最初一段时间内,重物 和线框受力平衡,分别有 Mg=FT FT=mgsin +FA ab边切割磁感线产生的电动势E=Bl1v 感应电流I= 受到的安培力FA=BIl1 联立得Mg=mgsin + 代入数据得v=6 m/s,(2)线框进入磁场前做匀加速直线运动 对M有:Mg-FT=Ma 对m有:FT-mgsin =ma 联立解得a= =5 m/s2 该阶段运动时间为t1= = s=1.2 s 在磁场中匀速运动的时间 t2= s=0.1 s,完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同, 加速度仍为5 m/s2 s-l2=v t3+ at32 解得t3=1.2 s 因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间 t=t1+t2+t3=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s 答案 (1)6 m/s (2)2.5 s,规律总结 此类问题中力现象和电磁现象相互联系,相互制 约,解决问题首先要建立“动电动”的思维顺 序,可概括为 (1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和 楞次定律求解电动势大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及 方向. (3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电 路中电学参量的“反作用”,即分析由于导体棒 受到安培力,对导体棒运动速度、加速度的影响, 从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定 性分析出导体棒的最终运动情况. (4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解.,变式练习1 如图3(甲)所示,两根足够长的直金属 导轨MN、PQ平行放置在倾角为 的绝缘斜面上, 两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻. 一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并 与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强 磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电 阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金 属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.,图3,(1)由b向a方向看到的装置如图3(乙)所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图. (2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求 此时ab杆中的电流及其加速度的大小. (3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值. 解析 (1)如右图所示 重力mg,竖直向下 支持力FN,垂直斜面向上 安培力F,平行斜面向上,(2)当ab杆速度为v时,感应电动势 E=BLv 此时电路中电流I= ab杆受到的安培力F=BIL= 根据牛顿运动定律,有mgsin -F = ma 解得a=gsin - (3)当ab杆稳定下滑时速度达到最大值,此时a=0 即mgsin - =0 解得vm=,题型2 电磁感应中的能量问题 【例2】 如图4所示,两条足够长的平行光滑金属导 轨,与水平面的夹角均为 ,该空间存在着两个磁感 应强度大小均为B的匀强磁场区域和,区域的磁场方向垂直导轨平面向下,区域的磁场方向垂 直导轨平面向上,两匀强磁场在斜面上的宽度均为 L,一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属 线框,由静止开始沿导轨下滑,当线圈运动到ab边刚 越过ee即做匀速直线运动;当线框刚好有一半进入 磁场区域时,线框又恰好做匀速直线运动.求:,图4,(1)当线框刚进入磁场区域时的速度v. (2)当线框刚进入磁场区域时的加速度. (3)当线框刚进入磁场区域到刚好有一半进入磁 场区域的过程中产生的热量Q.,思路点拨 (1)第一次匀速直线运动和第二次匀速 直线运动的受力特点相同吗? (2)这一过程中都有几种形式的能参与了转化? 解析 (1)ab边刚越过ee即做匀速直线运动,线框 所受合力F为零. E=Blv,I= ,则mgsin =BIL 解得v=,(2)当ab边刚越过ff时,线框中的总感应电动势为 E=2BLv 此时线框的加速度为 a= -gsin = -gsin =3gsin (3)设线框再次做匀速运动的速度为v,则 mgsin =2B v= 由能量守恒定律得 Q=mg Lsin +( mv2- mv2) = mgLsin +,答案 (1) (2)3gsin,（3） mgLsin +,方法提炼 求解焦耳热的途径 (1)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力 做的功,即Q=WA. (2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通 过电阻做的功,即Q=I2Rt. (3)感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现 象中其他形式能量的减少,即Q=E他.,变式练习2 如图5所示,将边长为a、 质量为m、电阻为R的正方形导线框 竖直向上抛出,穿过宽度为b、磁感 应强度为B的匀强磁场,磁场的方向 垂直纸面向里.线框向上离开磁场时 的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff,且线框不发生转动.求: (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2. (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1. (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.,图5,解析 (1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有 mg=Ff+ 解得v2= (2)由动能定理,线框从离开磁场至上升到最高点 的过程 (mg+Ff)h= mv12 线框从最高点回落至进入磁场瞬间 (mg-Ff)h= mv22 由联立解得 v1= v2=,(3)设线框在向上通过磁场过程中,线框刚进入磁 场时速度为v0,由能量守恒定律有 mv02- mv12=Q+(mg+Ff)(a+b) v0=2v1 Q= (mg)2-Ff2-(mg+Ff)(a+b) 答案 (1) (2) (3) (mg)2-Ff2-(mg+Ff)(a+b),题型3 电磁感应问题的综合应用,【例3】光滑的平行金属导轨长 L=2 m,两导轨间距d=0.5 m,轨 道平面与水平面的夹角 =30, 导轨上端接一阻值为R=0.6的 电阻,轨道所在空间有垂直轨道 平面向上的匀强磁场,磁场的磁 感应强度B=1 T,如图6所示.有一质量m=0.5kg、电阻 r=0.4的 金属棒ab,放在导轨最上端,其余部分电阻不 计.当棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到底端脱离轨 道时,电阻R上产生的热量 =0.6 J,取g=10m/s2, 试求:,图6,(1)当棒的速度v =2 m/s时,电阻R两端的电压. (2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小. (3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小. 解析 (1)速度v=2 m/s时,棒中产生的感应电动势 E=Bdv =1 V 电路中的电流I = =1 A 所以电阻R两端的电压U=IR=0.6 V ,(2)根据Q=I 2RtR 在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 设棒到达底端时的速度为v m,根据能的转化和守恒 定律,得 mgLsin = 解得v m=4 m/s ,(3)棒到底端时回路中产生的感应电流 根据牛顿第二定律有mg sin -BI md=ma 解得a=3 m/s2 答案 (1)0.6V(2)4 m/s(3)3m/s2,本题共10分.其中式各1分, 式各2分. 【名师导析】 本题是典型的电磁感应综合题,涉及到电路知识和 能量知识.特别注意第(2)问中不要漏掉AD、BF段 的电动势,在计算DF间电压时注意计算的是路端电 压,等于电流与外电阻之积,不是UFD= Lr = Blv0.第(3)问中注意分析能量关系,不能漏掉重力 势能的变化量.,【评分标准】,本题共10分.其中式各1分, 式2分. 【名师导析】 1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化与守恒定律等，解答的关键是对金属框进行正确的受力分析，弄清楚能量的转化情况. 2.对导体棒或线框受力分析时，安培力是它们受到的其中一个力，因此分析导体棒或线框的运动规律时，方法与力学中完全相同，但必须注意的是，安培力是个容易变化的力，其大小和方向都可能随着速度的变化而变化.,【评分标准】,自我批阅 (20分)如图7所示,足够长的光滑平行金 属导轨MN、PQ竖直放置,一个磁感应强 度B=0.50 T的匀强磁场垂直穿过导轨平 面,导轨的上端M与P间连接阻值为 R=0.30 的电阻,长为L=0.40 m、电阻 为r=0.20 的金属棒ab紧贴在导轨上. 现使金属棒ab由静止开始下滑,通过传感器记录金 属棒ab下滑的距离,其下滑距离与时间的关系如下 表所示,导轨电阻不计.(g=10 m/s2)求:,图7,(1)在前0.4 s的时间内,金属棒ab电动势的平均值. (2)金属棒的质量. (3)在前0.7 s的时间内,电阻R上产生的热量.,解析 (1) = =0.6 V (4分) (2)从表格中数据可知,0.3 s后金属棒做匀速运动 速度v= =5 m/s (2分) 由mg-F=0 (2分) F=BIL (2分) I= (2分) E=BLv (2分) 解得m=0.04 kg (1分),(3)金属棒在下滑过程中,有重力和安培力做功,克 服安培力做的功等于回路的焦耳热.则 mgx= mv2-0+Q (2分) QR= (2分) 解得QR=0.348 J (1分) 答案 (1)0.6 V (2)0.04 kg (3)0.348 J,素能提升,1.如图8所示,边长为L的正方形导线框质 量为m,由距磁场H高处自由下落,其下边 ab进入匀强磁场后,线圈开始做减速运动, 直到其上边cd刚刚穿出磁场时,速度减为 ab边刚进入磁场时的一半,磁场的宽度也 为L,则线框穿越匀强磁场过程中发出的 焦耳热为 ( ) A.2mgL B.2mgL+mgH C.2mgL+ mgH D.2mgL+ mgH,图8,解析 设刚进入磁场时的速度为v1,刚穿出磁场时 的速度v2= 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度 为2L. 由题意 mv12=mgH mv12+mg2L= mv22+Q 由得Q=2mgL+ mgH,C选项正确. 答案 C,2.如图9所示,平行导轨与水平地面成 角,沿水平方向横放在平行导轨上 的金属棒ab处于静止状态.现加一个 竖直向下的匀强磁场,且使磁场的磁 感应强度逐渐增大,直到ab开始运动, 在运动之前金属棒ab受到的静摩擦力 可能是 ( ) A.逐渐减小,方向不变 B.逐渐增大,方向不变 C.先减小后增大,方向发生变化 D.先增大后减小,方向发生变化,图9,解析 没有加磁场前金属棒ab受力如下图甲,Ff=mgsin ;当加磁场后由楞次定律可以判断 回路感应电流的方向为逆时针,磁场会立即对电流 施加力的作用,金属棒ab的受力如图乙,Ff=mgsin +F安cos ,很显然金属棒ab后来受到的静摩擦力 大于开始时的静摩擦力,故B项正确. 答案 B,甲,乙,3.平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水 平地板上如图10所示,金属杆PQ可以 紧贴导轨无摩擦滑动,导轨间除固定 电阻R外,其他电阻不计,匀强磁场B垂 直穿过导轨平面,以下有两种情况:第 一次,闭合开关S,然后从图中位置由 静止释放PQ,经过一段时间后PQ匀速到达地面; 第二次,先从同一高度由静止释放PQ,当PQ下滑 一段距离后突然关闭开关,最终PQ也匀速到达了 地面.设上述两种情况下PQ由于切割磁感线产生 的电能(都转化为内能)分别为E1、E2,则可断定( ),图10,A.E1E2 B.E1=E2 C.E1E2 D.无法判定E1、E2的大小 解析 设PQ棒的质量为m,匀速运动的速度为v,导 轨宽l,则由平衡条件,得BIl=mg,而I= ,E=Blv,所 以v= ,可见PQ棒匀速运动的速度与何时闭合 开关无关,即PQ棒两种情况下落地速度相同,由能 的转化和守恒定律得:机械能的损失完全转化为电 能,故两次产生的电能相等. 答案 B,4.如图11所示,固定在水平绝缘平面上足 够长的金属导轨不计电阻,但表面粗糙, 导轨左端连接一个电阻R,质量为m的金 属棒(电阻也不计)放在导轨上,并与导 轨垂直,整个装置放在匀强磁场中,磁场 方向与导轨平面垂直.用水平恒力F把ab棒从静止 起向右拉动的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.恒力F做的功等于电路产生的电能 B.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生 的电能 C.克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生 的电能和棒获得的动能之和,图11,解析 物体克服安培力做功,其他形式的能转化为 电能,且功的数值等于电路中产生的电能,C正确;由 动能定理知,恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做 的功等于物体动能的增加量,故A、B错误,D正确,也 可从能量守恒角度进行判定,即恒力F做的功等于电 路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的 增加. 答案 CD,5.如图12所示,两根水平放置的相互 平行的金属导轨ab、cd表面光滑, 处在竖直向上的匀强磁场中,金属 棒PQ垂直于导轨放在上面,以速度 v向右匀速运动,欲使棒PQ停下来,下面的措施可行的是(导轨足够长,棒PQ有电阻) ( ) A.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒 B.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均 比棒PQ大的金属棒 C.将导轨的a、c两端用导线连接起来 D.将导轨的a、c两端和b、d两端分别用导线连接 起来,图12,解析 在PQ棒右侧放金属棒时,回路中会有感应电 流,使金属棒加速,PQ棒减速,当获得共同速度时, 回路中感应电流为零,两棒都将匀速运动,A、B项 错误;当一端或两端用导线连接时,PQ的动能将转 化为内能而最终静止,C、D两选项正确. 答案 CD,6.如图13所示,金属杆ab可在平行金属 导轨上滑动,金属杆电阻R0=0.5 , 长L=0.3 m,导轨一端串接一电阻R= 1 ,匀强磁场磁感应强度B=2 T, 当ab以v=5 m/s向右匀速运动过程中,求: (1)ab间感应电动势E和ab间的电压U. (2)所加沿导轨平面的水平外力F的大小. (3)在2 s时间内电阻R上产生的热量Q.,图13,解析 (1)根据公式:E=BLv=3 V I= ,U=IR=2 V (2)F=F安=BIL=1.2 N (3)2 s内产生的总热量Q等于安培力做的功 Q=F安x=F安vt=12 J 电阻R上产生的热量为QR= Q=8 J 答案 (1)3 V 2 V (2)1.2 N (3)8 J,7.如图14甲所