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(通用版)2022-2023版高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 微型專(zhuān)題練3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 新人教版選修3-2

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《(通用版)2022-2023版高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 微型專(zhuān)題練3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 新人教版選修3-2》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(通用版)2022-2023版高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 微型專(zhuān)題練3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 新人教版選修3-2(8頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、(通用版)2022-2023版高中物理 第四章 電磁感應(yīng) 微型專(zhuān)題練3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)及能量問(wèn)題學(xué)案 新人教版選修3-2 [學(xué)習(xí)目標(biāo)] 1.掌握電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的分析方法.2.理解電磁感應(yīng)過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化情況,能用能量的觀點(diǎn)分析和解決電磁感應(yīng)問(wèn)題. 一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1.電磁感應(yīng)問(wèn)題往往與力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起,處理此類(lèi)問(wèn)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(dòng)勢(shì)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(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解. 2.兩種狀態(tài)處理 (1

2、)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài). 處理方法:根據(jù)平衡條件——合力等于零列式分析. (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(dòng)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(chǎng),MN、PQ是水平放置的平行長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.從零時(shí)刻開(kāi)始,對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌滑動(dòng),過(guò)程中棒始終保

3、持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,求:(g=10 m/s2) 圖1 (1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度; (2)試定性畫(huà)出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象. 答案 (1)10 m/s (2)見(jiàn)解析圖 解析 (1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì): 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(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí),速度達(dá)到最大. 此時(shí)有F-μmg-=0⑥ 可得:

4、vm==10 m/s⑦ (2)由(1)中分析可知,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象如圖所示. 電磁感應(yīng)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中,要把握好受力情況、運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析. 基本思路是:導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)變化……→a=0,v達(dá)到最大值. 例2 如圖2甲所示,兩根足夠長(zhǎng)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(zhǎng),M、P兩點(diǎn)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(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下,導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略,讓ab

5、桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑,導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好,不計(jì)它們之間的摩擦.(重力加速度為g) 圖2 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示,請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫(huà)出ab桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖; (2)在加速下滑過(guò)程中,當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí),求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大?。? (3)求在下滑過(guò)程中,ab桿可以達(dá)到的速度最大值. 答案 (1)見(jiàn)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(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv, 此時(shí)電路中的電流I==

6、 ab桿受到安培力F安=BIL= 根據(jù)牛頓第二定律,有 mgsin θ-F安=mgsin θ-=ma 則a=gsin θ-. (3)當(dāng)a=0時(shí),ab桿有最大速度vm,即mgsin θ=,解得vm=. 電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題技巧 1.受力分析時(shí),要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖,同時(shí)標(biāo)明電流方向及磁場(chǎng)B的方向,以便準(zhǔn)確地畫(huà)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(wèn)題 1.電磁感應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化 電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是

7、不同形式的能量相互轉(zhuǎn)化的過(guò)程,其能量轉(zhuǎn)化方式為: 2.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問(wèn)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(dòng)摩擦力做功,必有內(nèi)能產(chǎn)生; ②有重力做功,重力勢(shì)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(jì)的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),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(gè)阻值為R的定值電阻.平直部

8、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(chǎng).質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處?kù)o止釋放,到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止.已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)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(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中(  ) 圖3 A.流過(guò)金屬棒的最大電流為 B.通過(guò)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(guò)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(shí)的速度v=,金屬棒到達(dá)平直部分后做減速運(yùn)動(dòng),剛到達(dá)平直部分時(shí)的速度最大,最

9、大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,最大感應(yīng)電流I==,故A錯(cuò)誤; 通過(guò)金屬棒的感應(yīng)電荷量q=Δt==,故B錯(cuò)誤; 金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:mgh-W安-μmgd=0-0,克服安培力做功:W安=mgh-μmgd,故C錯(cuò)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(guò)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(jì)算技巧 1.電流恒定時(shí),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(dòng)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.

10、 (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 如圖4所示,足夠長(zhǎng)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(jì),所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),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(kāi)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

11、勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v; (2)金屬棒從靜止到剛開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電阻R上產(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(yùn)動(dòng)時(shí)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(gè)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(dòng)力學(xué)問(wèn)題)如圖5所示,在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd,線框處于水平面內(nèi),磁場(chǎng)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(wú)

12、摩擦地滑動(dòng).桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可忽略不計(jì).開(kāi)始時(shí),給ef一個(gè)向右的初速度,則(  ) 圖5 A.ef將減速向右運(yùn)動(dòng),但不是勻減速 B.ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng),最后停止 C.ef將勻速向右運(yùn)動(dòng) D.ef將往返運(yùn)動(dòng) 答案 A 解析 ef向右運(yùn)動(dòng),切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流,會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng),直到停止,由F=BIl==ma知,ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),故A正確. 2.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(zhǎng),且電阻不計(jì),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(kāi)始時(shí),將開(kāi)關(guān)S

13、斷開(kāi),讓桿ab由靜止開(kāi)始自由下落,過(guò)段時(shí)間后,再將S閉合,若從S閉合開(kāi)始計(jì)時(shí),則金屬桿ab的速度v隨時(shí)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(shí),若金屬桿受到的安培力>mg,ab桿先減速再勻速,D項(xiàng)有可能;若=mg,ab桿勻速運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)有可能;若<mg,ab桿先加速再勻速,C項(xiàng)有可能;由于v變化,mg-=ma中a不恒定,故B項(xiàng)不可能. 3.(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)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(jì).斜面處在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上.質(zhì)量為m、電阻可以忽略不計(jì)的

14、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,在這一過(guò)程中 (  ) 圖7 A.作用于金屬棒上的各個(gè)力的合力所做的功等于零 B.作用于金屬棒上的各個(gè)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(guò)程中,對(duì)金屬棒受力分析可知,有三個(gè)力對(duì)金屬棒做功,恒力F做正功,重力做負(fù)功,安培力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng),沿斜面向下,做負(fù)功.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),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

15、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上產(chǎn)生的焦耳熱,D正確. 4.(電磁感應(yīng)中的力電綜合問(wèn)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(jì),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(chǎng),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(shí)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(dòng)之前: 圖

16、8 (1)t=2 s時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大? (2)假如t=5 s時(shí)棒剛要發(fā)生滑動(dòng),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(shí),對(duì)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(shí),對(duì)棒由平衡條件得 B5IL1=mgsin θ+Ffmax 由題圖乙及第(1)問(wèn)可得t=5 s時(shí),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

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