（通用版）2018-2019版高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 微型專題練3 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)及能量問題學(xué)案 新人教版選修3-2

《（通用版）2018-2019版高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 微型專題練3 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)及能量問題學(xué)案 新人教版選修3-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2018-2019版高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 微型專題練3 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)及能量問題學(xué)案 新人教版選修3-2（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 微型專題3　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)及能量問題 [學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.掌握電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的分析方法.2.理解電磁感應(yīng)過程中能量的轉(zhuǎn)化情況，能用能量的觀點分析和解決電磁感應(yīng)問題． 一、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1．電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是： (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向． (2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應(yīng)電流的大小和方向． (3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)． (4)列動力學(xué)方程或平衡方程求解． 2．兩種狀態(tài)處理 (1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)． 處理方法：根據(jù)平衡條件——合力

2、等于零列式分析． (2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零． 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析． 例1　如圖1所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌，其間距L＝0.2 m，電阻R＝0.3 Ω接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m＝0.1 kg、接入電路的電阻r＝0.1 Ω的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動，過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：(g＝10 m/s2) 圖1 (1)導(dǎo)體棒所

3、能達(dá)到的最大速度； (2)試定性畫出導(dǎo)體棒運動的速度－時間圖象． 答案　(1)10 m/s　(2)見解析圖 解析　(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢： E＝BLv① 回路中的感應(yīng)電流I＝② 導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL③ 導(dǎo)體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律： F－μmg－F安＝ma④ 由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤ 由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時，速度達(dá)到最大． 此時有F－μmg－＝0⑥ 可得：vm＝＝10 m/s⑦ (2)由(1)中分析可知，導(dǎo)體棒運動的速度－時間圖象如

4、圖所示． 電磁感應(yīng)動力學(xué)問題中，要把握好受力情況、運動情況的動態(tài)分析. 基本思路是：導(dǎo)體受外力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢產(chǎn)生感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應(yīng)電動勢變化……→a＝0，v達(dá)到最大值. 例2　如圖2甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．(重力加速度為

5、g) 圖2 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大??； (3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值． 答案　(1)見解析圖 (2)　gsin θ－　(3) 解析　(1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于斜面向上；安培力F安，方向沿導(dǎo)軌向上． (2)當(dāng)ab桿的速度大小為v時，感應(yīng)電動勢E＝BLv， 此時電路中的電流I＝＝ ab桿受到安培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin θ－F

6、安＝mgsin θ－＝ma 則a＝gsin θ－. (3)當(dāng)a＝0時，ab桿有最大速度vm，即mgsin θ＝，解得vm＝. 電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的解題技巧 1．受力分析時，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時標(biāo)明電流方向及磁場B的方向，以便準(zhǔn)確地畫出安培力的方向． 2．要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化． 3．根據(jù)牛頓第二定律分析a的變化情況，以求出穩(wěn)定狀態(tài)的速度． 4．列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口． 二、電磁感應(yīng)中的能量問題 1．電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化 電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量相互轉(zhuǎn)化的過程，其能量轉(zhuǎn)化方式為： 2．求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能

7、量問題的一般思路 (1)確定回路，分清電源和外電路． (2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．如： ①有滑動摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生； ②有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化； ③克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能；如果安培力做正功，就是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能． (3)列有關(guān)能量的關(guān)系式． 例3　如圖3所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、

8、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好．則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　) 圖3 A．流過金屬棒的最大電流為 B．通過金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 答案　D 解析　金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)平直部分時的速度v＝，金屬棒到達(dá)平直部分后做減速運動，剛到達(dá)平直部分時的速度最大，最大感應(yīng)電動勢E＝BLv，最大感應(yīng)電流I＝＝，故A錯誤； 通過金屬棒的感應(yīng)電荷量

9、q＝Δt＝＝，故B錯誤； 金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C錯誤； 克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正確． 電磁感應(yīng)中焦耳熱的計算技巧 1．電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt. 2．感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析： (1)利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W安． (2)利用能量守恒，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于其他形式能量的減少量． 例4

10、　如圖4所示，足夠長的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0 m，下端連接R＝1.6 Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻不計，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T．質(zhì)量m＝0.5 kg、電阻r＝0.4 Ω的金屬棒ab垂直置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0 N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑行，當(dāng)金屬棒滑行s＝2.8 m后速度保持不變．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 圖4 (1)金屬棒勻速運動時的速度大小v； (2)金屬棒從靜止到剛開始勻速運動的過程中，電阻R上

11、產(chǎn)生的熱量QR. 答案　(1)4 m/s　(2)1.28 J 解析　(1)金屬棒勻速運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝ 由平衡條件有F＝mgsin θ＋BIL 代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s. (2)設(shè)整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律有 Q＝Fs－mgs·sin θ－mv2 而QR＝ Q，代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28 J. 1．(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)如圖5所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可忽略不計．開始時，給ef一個向右的初速度

12、，則(　　) 圖5 A．ef將減速向右運動，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運動，最后停止 C．ef將勻速向右運動 D．ef將往返運動 答案　A 解析　ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確． 2．(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)如圖6所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計，ab是一根與導(dǎo)軌垂直且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，開始時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則

13、金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖象不可能是下圖中的(　　) 圖6 答案　B 解析　S閉合時，若金屬桿受到的安培力＞mg，ab桿先減速再勻速，D項有可能；若＝mg，ab桿勻速運動，A項有可能；若＜mg，ab桿先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，mg－＝ma中a不恒定，故B項不可能． 3．(電磁感應(yīng)中的能量問題)(多選)如圖7所示，兩根光滑的金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌的左端接有電阻R，導(dǎo)軌自身的電阻可忽略不計．斜面處在一勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．質(zhì)量為m、電阻可以忽略不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，且上升的高度為h，在

14、這一過程中 (　　) 圖7 A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零 B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 答案　AD 解析　金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負(fù)功，安培力阻礙相對運動，沿斜面向下，做負(fù)功．勻速運動時，金屬棒所受合力為零，故合力做功為零，A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電路中的電能，電能又等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R

15、上產(chǎn)生的焦耳熱，D正確． 4．(電磁感應(yīng)中的力電綜合問題)兩根平行的金屬導(dǎo)軌相距L1＝1 m，與水平方向成θ＝30°角傾斜放置，如圖8甲所示，其上端連接阻值R＝1.5 Ω的電阻，另有一根質(zhì)量m＝0.2 kg，電阻r＝0.5 Ω的金屬棒ab放在兩根導(dǎo)軌上，距離上端L2＝4 m，棒與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，因有摩擦力作用，金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)在垂直導(dǎo)軌面加上從零均勻增強(qiáng)的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，已知在t＝2 s時棒與導(dǎo)軌間的摩擦力剛好為零(g取10 m/s2)，則在棒發(fā)生滑動之前： 圖8 (1)t＝2 s時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？ (2)假如t＝5 s時棒剛要發(fā)

16、生滑動，則棒與導(dǎo)軌間最大靜摩擦力多大？ (3)從t＝0到t＝3 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的電熱有多少？ 答案　(1)1 T　(2)1.5 N　(3)4.5 J 解析　(1)當(dāng)t＝2 s時，對導(dǎo)體棒由平衡條件得 mgsin θ＝B2IL1① 由閉合電路歐姆定律得 I＝② 由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E＝L1L2＝L1L2③ 聯(lián)立①②③式解得B2＝1 T (2)當(dāng)t＝5 s時，對棒由平衡條件得 B5IL1＝mgsin θ＋Ffmax 由題圖乙及第(1)問可得t＝5 s時，B5＝2.5 T 聯(lián)立解得Ffmax＝1.5 N (3)由焦耳定律得：QR＝I2Rt 代入數(shù)據(jù)解得：QR＝4.5 J 9