高考一轮复习优秀课件：第十章电磁感应第二单元第4课时.ppt

第二单元电磁感应综合问题研究第4课时电磁感应中的动力学问题和能量,选修32第十章电磁感应,基础回顾,通过导体的感应电流在_中将受到安培力作用，电磁感应往往和力学问题结合在一起解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、_)及力学中的有关规律(_、动量守恒定律、动能定理等),答案：磁场楞次定律牛顿运动定律,要点深化,1明确动力与电磁间相互制约的关系求解电磁感应中的力学问题时，要抓好受力分析和运动情况的动态分析导体在拉力作用下运动，切割磁感线产生感应电动势感应电流通电导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化，周而复始地循环当循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定的运动状态，此时a0，而速度v通过加速达到最大值或通过减速达到最小值，做匀速直线运动由此可知，“动生电、电生力、力制动”，形成力与电磁相互制约的局面因此，研究电磁感应的动力学问题时不能形成不良的定势思维，要“机动作战”具体情况可列下表帮助理解：,2解决电磁感应中的动力学问题的方法(1)具体步骤(2)两种状态的处理：当导体处于平衡态静止状态或匀速直线运动状态时，根据合外力为零去列式解答；当导体处于非平衡态变速运动时，若是变加速(或变减速)，要运用牛顿定律列式，就不同时刻的状态解答瞬时值；若是匀加速(或匀减速)，要运用牛顿定律列式，求定值,基础回顾,产生感应电流的过程，就是能量转化的过程电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到_的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“_”克服安培力做功，此过程中，其他形式的能量转化为_，“外力”克服安培力做了多少功，就有多少_转化为_当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能安培力做功的过程，是_转化为_的过程，安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能,答案：安培力外力电能其他形式的能电能电能其他形式的能,要点深化,1安培力做功和电能变化的特定对应关系如右图所示，已知棒的电阻为r，电阻器的电阻为R，导轨距离为L.设棒b的重力沿斜面向下的分力使棒向下滑动，某时刻棒的速度为v，根据EBLv、IE/(Rr)，F安BIL，得安培力F安；安培力此时做功的功率由此可知：安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能,2解决电磁感应中的能量问题的方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向(2)用闭合电路欧姆定律确定感应电流的大小和方向(3)分析受力情况，寻找力学关系(4)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，或者用稳定状态时受力特点及功率关系列方程，联立求解,如右图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度v从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则两种情况外力对线圈做的功之比WaWb等于多少？拉力的功率之比PaPb等于多少？线圈中产生的焦耳热之比QaQb等于多少？,解析：由电阻定律知，两个线圈电阻RaRb12.a、b线圈最后一导线切割磁感线产生的感应电动势分别为EaBLv和Eb2BLv，故感应电动势之比EaEb12；感应电流分别为IaEa/Ra和IbEb/Rb，故感应电流之比为IaIb11.a、b线圈所受的安培力分别为FaBIaL和Fb2BIbL，故安培力之比为FaFb12；为了维持线圈匀速拉出匀强磁场，拉力要等于安培力，故两个拉力之比为FaFb12，做功之比为WaWb(FaL)(Fb2L)14.a、b线圈拉出磁场的时间分别为taL/v和tb2L/v，故时间之比为tatb12；拉力的功率分别为PaWa/ta和PbWb/tb，故拉力的功率之比PaPb12(或PaFav，PbFbv),根据能量的转化和守恒可知，由于动能不变，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热，故线圈中产生的焦耳热之比QaQb14.(或者能计算安培力做功也能得到；或者用焦耳定律也能得到：答案：WaWb14PaPb12QaQb14点评：本题题目情景不算复杂，但考点多，注重考查考生理解、应用基础知识解决学科内综合题的能力,题型训练,1在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着一个磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，线框做加速运动；当ab边滑过JP位置时，线框恰好以速度v做匀速直线运动，从ab进入GH到JP的过程中，重力对线框做功为W1，线框克服安培力做功为W2，从cd进入GH到JP的过程中，重力对线框做功为W3，线框克服安培力做功为W4，下列说法中正确的有(),A线框通过磁场的整个过程中，线框的机械能守恒B从ab由GH滑到JP的过程中，W1W2mv2C线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能为W2W4D从cd进入GH到JP的过程中，W3W4,解析：线框通过磁场的整个过程中，由于产生了电能，故线框的机械能减少从ab从GH滑到JP的过程中，根据动能定理有：W1W2mv2.线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，故线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能为W2W4.从cd进入GH到JP的过程中，线框做匀速运动，动能不变，故W3W4.答案：BC,电磁感应中单金属杆的动力学问题主要有两类：1“电动电”型：即电路的电流由一个固定的电池来提供，开始安培力会大于其它外力而使导体做加速运动，但是，由于导体运动的同时又做切割磁感线的运动而产生感应电动势，其感应电流的方向与电池提供的电流方向相反，这样，电路的电流会被冲弱安培力会减小，加速度也随之减小，在安培力等于其它外力时，电路的电流会保持一恒量确保安培力不变，导体最后做匀速直线运动,2“动电动”型：即电路的电流靠导体在其它外力作用下而做切割磁感线的运动而产生感应电流，感应电流流过导体时导体又会受到磁场对它的安培力的作用，安培力方向与其运动方向相反，是阻力随着导体速度的增大，安培力也将增大，当安培力等于其它外力时，电路的电流会保持一恒量确保安培力不变，导体最后做匀速直线运动,如图甲所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽略不计，与地面成30角固定N、Q间接一电阻R10，M、P端与电池组和开关组成回路，电动势E6V，内阻r1.0，导轨区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场现将一条质量m10g，电阻R10的金属导线ab置于导轨上，并保持导线ab水平已知导轨间距L0.1m，当开关S接通后导线ab恰静止不动(1)试计算磁感应强度的大小；(2)若某时刻将电键S断开，求导线ab能达到的最大速度(设导轨足够长),解析：(1)导线ab两端电压导线ab中的电流导线ab受力如图乙所示，由平衡条件得BILmgsin30解得代入数值，解得B1T.(2)电键S断开后，导线ab开始加速下滑，当速度为v时，产生的感应电动势为EBLv，导线ab中的感应电流导线ab受的安培阻力当导线ab达到最大速度时，代入数值解得vm100m/s.,答案：(1)1T(2)100m/s点评：本题是电磁感应中“电动电”的类型题解决本题的关键是，将电磁感应问题和电路的分析与计算问题结合起来，先弄清电路结构，由导线ab平衡，求出磁感应强度B，再对电键断开后ab导线做动态分析，由平衡条件求出最终的速度,题型训练,2(2010年江苏理综)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L,一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻求：(1)磁感应强度的大小B；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；(3)流经电流表电流的最大值Im.,解析：(1)电流稳定后，棒做匀速运动BILmg解得(2)根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：EBLv根据闭合电路的欧姆定律，感应电流由式解得：(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm根据机械能守恒定律：对应的感应电动势的最大值EmBLvm对应的感应电流的最大值联立解得答案：,电磁感应中的双金属杆的能量问题主要有两种：1光滑水平等距导轨上放置两条导体，让一条导体具有一定的初速度而另一条导轨没有速度，双方在电路中由于串联而电流强度时刻相等，这样，在同一磁场中各自所受的安培力相等，方向相反，它们所构成的系统动量守恒而在系统中动能向电能转化，电能又转化为内能，但系统的能量守恒,2水平等距导轨上放置两条导体，一条导体受到外力作用而另一条在前一条做切割磁感线运动产生的电流中受到向前的安培力这个动力作用而做加速运动，它们在运动的过程中系统的能量发生转化和守恒，但动量不守恒至于导轨不等距的问题因涉及动量定理，考纲没有要求，故不必进行研究,如右图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，相距为L的平行导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆a的质量为m，电阻为Ra；b杆的质量为m，电阻为Rb；水平导轨足够长，不计摩擦，问：(1)a杆的最大电流是多少？(2)a杆和b杆的最终速度是多大？(3)整个过程中回路释放的电能是多少？(4)若已知a、b杆的电阻之比RaRb34，其余电阻不计，整个过程中，a、b上产生的热量分别是多少？,解析：(1)设a杆刚进入磁场时速度v0，a下滑h过程中机械能守恒：a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动故最大电流在a杆刚进入磁场时，由得(2)匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由于过程中a、b系统所受合外力为零，根据动量守恒，得：由解得最终速度：,(3)由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以，(4)回路中产生的热量QaQbE，在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于Ra、Rb串联，通过a、b的电流总是相等的，所以有所以，答案：,点评：本题以分析两杆的受力及运动为主要线索求解，关键注意：明确“最终速度”的意义及条件；分析电路中的电流，安培力和金属棒的运动之间相互影响、相互制约的关系；金属棒所受安培力是系统的外力，但系统合外力为零，动量守恒；运用能的转化和守恒定律及焦耳定律分析求解,题型训练,3如下图所示，光滑的平行导轨MN、PQ水平放置，相距d1.0m，电阻不计，导轨与半径为R1m的半圆形的光滑绝缘体在N、Q处平滑连接，整个装置处于方向竖直向下的磁感应强度B4102T的匀强磁场中，导体棒ab、cd质量均为m1kg，长度L1.2m，电阻均为r1，垂直于导轨方向放置，ab、cd相距x1m现给ab一个水平向右的初动量p10kgm/s，ab、cd均开始运动当ab运动到cd原来的位置时，cd恰好获得最大速度且刚好离开水平导轨求cd到达半圆形绝缘体顶端时对绝缘体的压力及整个过程中两导体棒共产生的焦耳热(g取10m/s2),解析：ab棒以速度v0做切割磁感线运动，产生感应电动势，与cd棒构成回路，ab棒受到安培力作用做减速运动，cd棒受到安培力作用做加速运动，当两者的速度相等时，cd棒获得的速度最大，设为v1，过程中系统没有受到外力作用，动量守恒，有：mv02mv1解得：v010m/s，v15m/s，方向都向右,cd棒从水平轨道运动到圆形绝缘轨道顶端的过程中机械能守恒，设它在顶端时的速度为v2，有：解得：cd棒在圆形轨道顶端受到重力、支持力作用，两者的合力提供向心力，有：解得：FN5N根据牛顿第三定律，棒对顶点的压力为5N.根据能量守恒定律，系统动能的减少量等于两导体棒共产生的焦耳热，有：答案：5N25J,如右图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则()A圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D圆环最终将静止在平衡位置,错解：当圆环从1位置开始下落，进入磁场和摆出磁场时(即2位置和3位置)，由于有磁通量变化，圆环上产生感应电流，选项B正确由于金属圆环自身存在内阻，所以必然有热量产生(即有能量损失)因此，圆环不会再摆到4位置选项A错当圆环进入磁场后，穿过环内的磁通量不再发生变化，无感应电流产生选项C错误由于每次通过磁场都有能量损失，所以圆环最终将静止在平衡位置，D选项正确,分析纠错：这个同学对ABC选项的判断是正确的只有D选项选错了在圆环穿过磁场时，要发生电磁感应现象造成机械能转化为电能，电能再进一步转化为内能但是，这位