湖北省监利县第一中学高考物理 动力学能量复习学案.doc

电磁感应动力学&能量问题【学习目标】1.能综合利用所学的电磁感应与动力学相关知识解决电磁感应的动力学问题 2能综合利用所学的电磁感应与能量学相关知识解决电磁感应的能量学问题【使用说明和学法指导】1、通读课本相关内容，完成知识梳理部分。2、不懂的位置红笔标注疑问。知识梳理(限时10分钟)知识点1电磁感应现象中的动力学问题1.电磁感应中的安培力闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时，产生感应电动势e ，在闭合电路中形成的感应电流i；导体中由于有电流存在受到所在磁场的安培力f，综合以上各式得f. 2安培力方向的判断 (1)由右手定则和左手定则判断先用定则判断感应电流的方向，再用左手定则判断安培力的方向 (2)由楞次定律判断根据楞次定律可知，感应电流引起的效果总是反抗引起感应电流的原因，因此安培力的方向总是与导体切割磁感线的运动方向 3分析导体受力情况时，应为包含安培力在内的全面受力分析 4根据平衡条件或牛顿第二定律列方程知识点2电磁感应现象中的能量问题1.电磁感应中的能量转化 闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能向电能转化的过程；通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能，因此电磁感应过程总是伴随着能量的转化 2感应电流产生的焦耳热q 探究一 电磁感应现象中的动力学问题1. ( ) 磁感应现象中与电容器相结合的考查如图所示，两光滑平行金属导轨间距为l，直导线mn垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为b.电容器的电容为c，除电阻r外，导轨和导线的电阻均不计现给导线mn一初速度，使导线mn向右运动，当电路稳定后，mn以速度v向右做匀速运动，则a. 电容器两端的电压为零b. 电阻两端的电压为blv c. 电容器所带电荷量为cblv d. 为保持mn匀速运动，需对其施加的拉力大小为2. ( ) 电磁感应中的力学问题如图所示，在磁感应强度b0.50 t的匀强磁场中，导体pq在力f作用下在u形导轨上以速度v10 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l1.0 m，电阻r1.0 ，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是a导体pq切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0 vb导体pq受到的安培力方向水平向右c作用力f大小是0.50 nd作用力f的功率是25 w3. 双棒切割磁感线问题如图所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，mn和mn是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力f作用在杆mn上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为r，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为b的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t0时刻将细线烧断，保持f不变，金属杆和导轨始终接触良好求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度探究二 电磁感应现象中的能量问题4. ( ) 电磁感应现象中的能量问题如图所示，用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，以相同的速度从磁感应强度为b的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对线框做功分别为wa、wb，则wawb为a14b12 c11d不能确定 5.( )如图所示，边长为l、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为p、u，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平线框从图示位置开始由静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光则a. 有界磁场宽度ll b. 磁场的磁感应强度应为c. 线框匀速穿越磁场，速度恒为 d. 线框穿越磁场过程中，灯泡产生焦耳热为mgl6.如图，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值r0.3 的电阻一质量m0.1 kg，电阻r0.1 的金属棒mn放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度b0.4 t棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比q1q221.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻r的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热q2；(3)外力做的功wf.探究三 电磁感应现象中的综合问题7. ( ) 电磁感应现象中的综合问题如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为l0.2 m，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为b2 t，方向如图所示，有两根质量均为m0.1 kg，长度均为l0.2 m，电阻均为r0.4 的导体棒ab和cd与导轨接触良好，当用竖直向上的力f使ab棒向上做匀速运动时，cd棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)a. ab棒运动的速度是5 m/sb. 力f的大小为1 nc. 在1 s内，力f做的功为5 jd. 在1 s内，cd棒产生的电热为5 j8. 单棒(或线框的一边)切割磁感线问题如图所示，导线框abcd固定在竖直平面内，导线ab和cd间的宽度为l，bc间电阻阻值为r，其他电阻均可忽略ef是一电阻可忽略的水平放置的导体杆，杆的质量为m，杆的两端分别与ab和cd保持良好接触，且能沿导线框无摩擦地滑动，磁感应强度为b的匀强磁场方向与框面垂直现用一恒力f竖直向上拉ef，使其由静止开始运动，当ef上升高度为h时，ef恰好做匀速运动求：(1)ef匀速上升的速度v的大小(2)ef从开始运动到上升h的整个过程中产生的焦耳热q的大小 9.如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为r1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在m、n处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道me、nf相接，ef之间接有电阻r2，已知r112r，r24r.在mn上方及cd下方有水平方向的匀强磁场和，磁感应强度大小均为b.现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点a处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道足够长已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到mn处的速度大小为v2.(1)求导体棒ab从a下落r/2时的加速度大小(2)若导体棒ab进入磁场后棒中电流大小始终不变，求磁场和之间的距离h和r2上的电功率p2.(3)若将磁场的cd边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场时速度大小为v3，要使其在外力f作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力f随时间变化的关系式电磁感应动力学&能量问题1. 【答案：c】 解析：当导线mn匀速向右运动时，导线mn产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压ueblv，所带电荷量qcucblv，故a、b错，c对；mn匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，d错 2. 【答案：ad】 解析：eblv0.501.010 v5.0 v，a正确；由右手定则和左手定则知，安培力方向向左，且f2.5 n，b、c错误；pffv2.510 w25 w，d正确3.解题探究(1)细线烧断后，两杆做什么运动？ 提示：做加速度减小的加速运动 (2)什么时候两杆达到最大速度？ 提示：当两杆加速度为零时，两杆达到最大速度尝试解答(1)21(2)mn的最大速度为，mn的最大速度为(1)细线烧断之前，对整体分析有f3mg 设细线烧断后任意时刻mn的速度为v，mn的速度为v，mn的加速度为a，mn的加速度为a，由牛顿第二定律知aa二者受到的安培力大小相等，即f安f安任意时刻两杆速度之比由式解得(2)两杆速度达到最大值时aa0 由安培力公式知f安bil由闭合电路欧姆定律知i由式得v此时mn的速度vv.4. 【答案：a】 解析：根据能量守恒定律可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热waqa，wbqb，由电阻定律知rb2ra，故wawb14.a项正确 5. 【答案：bc】 解析：小灯泡始终正常发光，说明在穿越磁场的过程中，线圈中的感应电动势不变，则线圈一定做匀速直线运动，所以必有ll，a错误；在匀速运动中，对于线框有mgnbil，而i，所以b，b正确；线框匀速穿越磁场，pnbilvmgv，所以v，c正确；从线框刚进入磁场到穿出磁场的过程中，由动能定理得：mg2lw安0，而w安q，所以灯泡产生的热量q2mgl，d错误6.解题探究(1)电磁感应中电荷量q的公式？提示：qt(2)动能定理的公式？提示：w合mvmv(3)安培力做功与焦耳热的关系？ 提示：克服安培力所做的功等于电磁感应中产生的电能，电能转化为整个电路产生的焦耳热尝试解答(1)4.5 c (2)1.8 j (3)5.4 j(1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得其中blx设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得则通过电阻r的电荷量qt联立式，代入数据得q4.5 c (2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为w，由动能定理得w0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热q2w 联立式，代入数据得q21.8 j(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 q1q221 可得q13.6 j 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知wfq1q2 由式得wf5.4 j7. 【答案：a】 解析：对导体棒cd由blmg，得到v5 m/s，选项a正确；再由fmgf安2 n知选项b错；在1 s内，力f做的功wfvt10 j，选项c错；在1 s内，cd棒产生的电热q()2rt2.5 j，选项d错误8.解析：(1)ef匀速上升时，受到竖直向上的恒力f，竖直向下的安培力f安和重力mg，根据平衡条件有fmgbil0根据法拉第电磁感应定律有eblv根据闭合电路欧姆定律有i由以上各式联立解得v.(2)ef上升h的整个过程中，根据能量守恒定律有q(fmg)hmv2(fmg)h.答案：(1)(2)(fmg)h9.深度剖析(1)以导体棒为研究对象，导体棒在磁场中切割磁感线，导体棒中产生感应电动势，导体棒ab从a处下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律得mgbilma，式中lri式中r总4r由以上各式可得到ag(2)设导体棒ab进入磁场时的速度为v1，若此时安培力恰好等于重力，此后棒中电流大小始终不变，即mgbi2rb2r式中r并3r解得vt导体棒从mn到cd做加速度为g的匀加速直线运动，有vv2gh解得h此时导体棒重力的功率为pgmgvt根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率等于电路中的电功率，设金属环上的电功率为p1，有p电p1p2pg解得p2pg.3) (设导体棒ab进入磁场后经过时间t的速度大小为vt，此时安培力大小为f由于导体棒ab做匀加速直线运动，有vtv3at根据牛顿第二定律，有fmgfma即fmgma由以上各式解得ftmamg.答案(1)g(2)hp2pg(3)ftmamg电磁感