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

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1、- 1 - / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第九章电磁感应专题十精选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二电磁感应中的动力学和能量综合问题教案突破 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

2、 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

3、产生的感应电动势确定出金属棒的速度.- 2 - / 11解析 (1)设两根导线的总的张力的大小为 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 N1TF N12mgcos 对于 cd 棒，同理有 mgsin N2T N2mgcos 联立式得 Fmg(sin 3cos ). (2)由安培力公式得 FBIL 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 联立式得 v(sin 3cos )

4、. 答案 (1)mg(sin 3cos ) (2)(sin 3cos )mgR B2L2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 d0.5 m，左端接有容量 C2 000 F 的电容.质量 m20 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 B2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力 F10.44 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 v5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为 F2，又经 2t

5、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：- 3 - / 11(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，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UBdv20.55 V5 V此时电容器的带电量qCU2 0001065 C1102 C.(2)棒在 F1 作用下有 F1BIdma1又 I，a1v t联立解得：a120 m/s2则 t0.25 s.(3)由(2)可知棒在 F2

6、 作用下，运动的加速度 a2，方向向左，又 a1t2a1t2t1 2a2（2t）2将相关数据代入解得 F20.55 N.答案 (1)1102 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- 4 - / 11(1)在电磁感应中，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

7、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 d0.5 m.导体棒 a 的质量为 m10.1 kg、电阻为 R16 ；导体棒 b 的质量为 m20.2 kg、电阻为 R23 ，它们分别垂直导轨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 530.8，cos 530.6，取 g10 m/s2，a、b 电流间的相互作用不

8、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)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- 5 - / 11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 IbIaIR.a 与 R 是并联关系，则有 IaR1IRR，a 产生的热量为 QaIR1t，b 产生的热量为 QbIR2t

9、.则 QaQbIR1IR2，代入数据可解得 QaQb29.(2)a、b 穿过磁场区域的整个过程中，由能量守恒可得，Qm1gsin dm2gsin d，代入数据解得 Q1.2 J.(3)设 a 进入磁场的速度大小为 v1，此时电路中的总电阻R 总 1R1 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 2R2 5 由 m1gsin 和 m2gsin ，可得.设 a 匀速运动时，m2gsin m2a0，v2v1a0，联立并代入数据解得 v12 m2/s2，则 vv.M、N 两点之间的距离 s m.答案 (1)29 (2)1.2 J (3) m考向 2 导体棒转动切割磁感线问题

10、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- 6 - / 11C.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点进行分析：(1)把圆盘理解成“同心圆周导线

11、”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).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 EBr2，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，电流变为原来的 2 倍，由 PI2R 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

12、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，ABCDL，ADBC2h.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 时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计，取 g10 - 7 - / 11m/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

13、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 B0ILmg，I，感应电动势 ESSLh，得 t0.(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 B0ILmg，I，因 CD 棒切割产生的感应电动势EB0Lv，v，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 mg3hmv2mv2，线框 AB 边到达 M2N2 时的速率为 v.(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

14、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 mg4.5hE 电mv2，则 E 电mgh.答案 (1) (2) (3)mghm3g2R2 2B4 0L4解决电磁感应综合问题的一般方法首先根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律判断电路中的电压和电流情况，然后隔离系统中的某个导体棒进行受力分析，结合共点力的平衡条件或牛顿第二定律进行求解.在求解电路中产生的热量问题时，一般是根据能量守恒定律采用整体法进行分析.1.电磁感应中的动力学问题如图所示， “U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中.ab 棒以水平初速度 v0 向右运- 8 - / 11动，下列说法

15、正确的是( )A.ab 棒做匀减速运动B.回路中电流均匀减小C.a 点电势比 b 点电势低D.ab 棒受到水平向左的安培力答案：D 解析：棒具有向右的初速度，根据右手定则，产生 b指向 a 的电流，则 a 点的电势比 b 点的电势高.根据左手定则，安培力向左，ab 棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减小，则电流不是均匀减小，故 A、B、C 错误，D 正确.2.电磁感应中的动力学问题如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为 d(dL)的条形匀强磁场区域，磁

16、场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列 vt 图象中，可能正确描述上述过程的是( )A BC D答案：D 解析：导线框刚进入磁场时速度设为 v0，此时产生的感应电动势 EBLv0，感应电流 I，线框受到的安培力 FBLI.由牛顿第二定律 Fma 知，ma，由楞次定律知线框开始减速，随 v减小，其加速度 a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动.当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度- 9 - / 11减小的减速运动，故只有 D 选项正确.3.电磁感应中的平

17、衡问题(多选)如图甲所示，在一个倾角为 的绝缘斜面上有一“U”形轨道 abcd，轨道宽度为 L，在轨道最底端接有一个定值电阻 R，在轨道中的虚线矩形区域有垂直于斜面向下的匀强磁场 B.现让一根长为 L、质量为 m、电阻也为 R 的导体棒 PQ 从轨道顶端由静止释放，从导体棒开始运动到恰好到达轨道底端的过程中其机械能 E 和位移 x 间的关系如图乙所示，图中 a、b、c 均为直线段.若重力加速度 g 及图象中 E1、E2、x1、x2 均为已知量，则下列说法正确的是( )A.导体棒切割运动时 P 点比 Q 点电势高B.图象中的 a 和 c 是平行的C.导体棒在磁场中做匀变速直线运动D.可以求出导体

18、棒切割运动时回路中产生的焦耳热答案：BD 解析：导体棒进入磁场后做切割运动，由右手定则知电流由 P 向 Q，故 Q 点的电势高，即 A 项错误；导体棒进入磁场前沿导轨下滑克服摩擦力做功，机械能线性减小，进入磁场后切割磁感线，回路中有安培力，因图线 b 仍是线性关系，故安培力为恒力；若有加速度，则安培力会变，故导体棒在磁场中是匀速的，即 C 项错误；出场后导体棒的受力情况与进入磁场前的受力情况相同，故图线 a 和 c是平行的，即 B 项正确；由(mgsin f)x1mv2，mgsin fF，F，(fF)(x2x1)E1E2，QF(x2x1)可求焦耳热，即 D 项正确.4.电磁感应中的动力学问题如

19、图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈、分别用同种导线绕制而成，其中为边长为 L 的正方形，是长为 2L、宽为 L 的矩- 10 - / 11形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放.线圈下边进入磁场时，立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )A.下边进入磁场时，也立即做匀速运动B.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈做加速度不断减小的加速运动C.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈做加速度不断减小的减速运动D.线圈先到达地面答案：C 解析：线圈的电阻是的倍，线圈进入磁场时产生的感应电动势是的 2 倍

20、，即 RR，E2E，由 I得，II；由 F 安BIL，FBI2L，FBIL，则FF，但 GG，由于进入磁场做匀速运动，即FG，则 FG，所以进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B 错误，C 正确；因线圈、进入磁场时速度相同，但此后匀速，减速，故后到达地面，D 错误.5.动力学和能量综合应用(多选)如图所示，有两根平行光滑导轨 EF、GH，导轨间距离为 L，与水平面成 角，电阻不计，其上端接有定值电阻 R.导轨间加有一磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上.m、p、n、q 是导轨上的四个位置，mp 与 nq 平行，且与导轨垂直，mp 与 nq 的间距为 2L.电阻为 R、

21、长为 L、质量为 m 的导体棒从 mp 处由静止开始运动，导体棒到达 nq 处恰好能匀速运动.已知重力加速度为 g，下列说法正确的是( )A.流过定值电阻 R 的电流方向为 GEB.导体棒在 nq 处的速度大小为2mgRsin B2L2- 11 - / 11C.导体棒在 nq 处的热功率为2m2g2Rsin B2L2D.导体棒从 mp 运动到 nq，通过定值电阻的电荷量为BL2 R答案：BD 解析：导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判定 m 点电势高，流过定值电阻 R 的电流方向为 EG，选项 A 错误；因导体棒到达 nq 处匀速下滑，所以 mgsin BIL，联立得 v，选项 B 正确；导体棒的热功率 PI2R2R ，选项 C 错误；导体棒从 mp 运动到nq，通过定值电阻的电荷量 qIt，选项 D 正确.