(浙江選考)2020版高考物理大一輪復習 第十章 電磁感應 交變電流 專題強化四 動力學和能量觀點在電磁感應中的應用學案.docx
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專題強化四動力學和能量觀點在電磁感應中的應用命題點一電磁感應中的動力學問題1題型簡述感應電流在磁場中受到安培力的作用,因此電磁感應問題往往跟力學問題聯(lián)系在一起解決這類問題需要綜合應用電磁感應規(guī)律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等)2兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析3.動態(tài)分析的基本思路解決這類問題的關(guān)鍵是通過運動狀態(tài)的分析,尋找過程中的臨界狀態(tài),如速度、加速度最大值或最小值的條件具體思路如下:例1(2015浙江10月選考22改編)如圖1甲所示,質(zhì)量m3.0103kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中,“”形框的水平細桿CD長l0.20m,處于磁感應強度大小B11.0T、方向水平向右的勻強磁場中有一匝數(shù)n300匝,面積S0.01m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直的、沿豎直方向的勻強磁場中,其磁感應強度B2的大小隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示(g取10m/s2)圖1(1)求00.10s線圈中的感應電動勢大小(2)t0.22s時閉合開關(guān)K,若安培力遠大于重力,細框跳起的最大高度h0.20m,求通過細桿CD的電荷量答案(1)30V(2)0.03C解析(1)由法拉第電磁感應定律En得EnS30V(2)安培力遠大于重力,由牛頓第二定律,安培力Fmam(或由動量定理Ftmv0),又FIB1l,qIt,v22gh,得q0.03C.變式1如圖2所示,兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距為l0.5m,其電阻不計,兩導軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30角完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置,每根棒兩端都與導軌始終有良好接觸已知兩棒質(zhì)量均為m0.02kg,電阻均為R0.1,整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中,磁感應強度B0.2T,棒ab在平行于導軌向上的力F作用下,沿導軌向上勻速運動,而棒cd恰好能夠保持靜止g取10m/s2,求:圖2(1)通過棒cd的電流I是多少?方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?答案(1)1A由d至c(2)0.2N解析(1)棒cd受到的安培力為FcdIlB棒cd在共點力作用下平衡,則Fcdmgsin30聯(lián)立解得I1A根據(jù)楞次定律可知,棒cd中電流方向由d至c.(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等,即FabFcd對棒ab,由共點力平衡條件得Fmgsin30IlB解得F0.2N.變式2如圖3甲所示,兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導軌間距為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放在兩導軌上,并與導軌垂直,整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于斜面向下,導軌和金屬桿的電阻可忽略,讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑,導軌和金屬桿接觸良好,不計它們之間的摩擦求:(重力加速度為g)圖3(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桿可以達到的速度的最大值答案(1)見解析圖(2)gsin(3)解析(1)如圖所示,ab桿受重力mg,豎直向下;支持力FN,垂直于斜面向上;安培力F安,沿斜面向上(2)當ab桿的速度大小為v時,感應電動勢EBLv,此時電路中電流Iab桿受到的安培力F安BIL根據(jù)牛頓第二定律,有mgsinF安mgsinmaagsin.(3)當a0時,ab桿有最大速度,vm.命題點二電磁感應中動力學和能量觀點的綜合應用1題型簡述電磁感應過程的實質(zhì)是不同形式的能量相互轉(zhuǎn)化的過程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功來實現(xiàn)的安培力做功的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程;外力克服安培力做功的過程,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程2解題的一般步驟(1)確定研究對象(導體棒或回路);(2)弄清電磁感應過程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化;(3)根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解3求解電能應分清兩類情況(1)若回路中電流恒定,可以利用電路結(jié)構(gòu)及WUIt或QI2Rt直接進行計算(2)若電流變化,則利用安培力做功求解:電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功;利用能量守恒求解:若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化,則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能例2(2018嘉興一中期末)如圖4所示,兩根相距L1的平行粗糙金屬導軌固定在水平面上,導軌上分布著n個寬度為d、間距為2d的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直水平面向上在導軌的左端連接一個阻值為R的電阻,導軌的左端距離第一個磁場區(qū)域左側(cè)邊界L2的位置放有一根質(zhì)量為m、長為L1、阻值為r的金屬棒,導軌電阻及金屬棒與導軌間的接觸電阻均不計某時刻起,金屬棒在一水平向右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運動,已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g.圖4(1)若金屬棒能夠勻速通過每個勻強磁場區(qū)域,求金屬棒離開第2個勻強磁場區(qū)域時的速度v2的大?。?2)在滿足第(1)小題條件時,求第n個勻強磁場區(qū)域的磁感應強度Bn的大??;(3)現(xiàn)保持恒力F不變,使每個磁場區(qū)域的磁感應強度均相同,發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個磁場區(qū)域時電路中的電流變化規(guī)律完全相同,求金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的整個過程中左端電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)(2)(3)nd(Fmg)解析(1)金屬棒勻加速運動有Fmgmav222a(L22d)解得:v2(2)金屬棒勻加速運動的總位移為xL22nd2d金屬棒進入第n個勻強磁場的速度滿足vn22ax金屬棒在第n個磁場中勻速運動有FmgF安0感應電動勢EBnL1vn電流I安培力F安BnL1I聯(lián)立得:F安解得:Bn(3)金屬棒進入每個磁場時的速度v和離開每個磁場時的速度v均相同,由題意可得v22aL2,v2v22a2d金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的過程中,有x總L23nd2d(Fmg)x總Q總mv2QQ總解得:Qnd(Fmg)變式3如圖5甲所示,在一傾角為37的粗糙絕緣面上,靜止地放置著一個匝數(shù)n10匝的正方形線圈ABCD,E、F分別為AB、CD的中點,線圈總電阻R2.0、總質(zhì)量m0.2kg、正方形邊長L0.4m如果向下輕推一下此線圈,則它剛好可沿斜面勻速下滑現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后,在虛線EF以下的區(qū)域中,加上垂直斜面方向的、磁感應強度大小按圖乙所示規(guī)律變化的磁場,(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin370.6,cos370.8,g10m/s2)求:圖5(1)t1s時刻,線圈中的感應電流大小I;(2)從t0時刻開始經(jīng)過多長時間線圈剛要開始運動;(3)從t0時刻開始到線圈剛要運動,線圈中產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.2A(2)4s(3)0.32J解析(1)由法拉第電磁感應定律得EnnS解得E0.4VI0.2A(2)由受力分析可知Ffmgsin37Fmgsin37FfFnBIL解得B3TB10.5t則t4s(3)由焦耳定律可得QI2Rt解得Q0.32J.變式4如圖6所示,有一傾斜光滑平行金屬導軌,導軌平面與水平面的夾角30,導軌間距L0.5m,電阻不計,在兩導軌間接有R3的電阻在導軌中間加一垂直導軌平面向上的寬度為d0.4m的勻強磁場,B2T一質(zhì)量為m0.08kg、電阻為r2的導體棒從距磁場上邊緣d0.4m處由靜止釋放,運動過程中始終與導軌保持垂直且接觸良好,取g10m/s2.求:圖6(1)導體棒進入磁場上邊緣的速度大小v;(2)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中,通過導體棒的電荷量q;(3)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)2m/s(2)0.08C(3)0.096J解析(1)根據(jù)機械能守恒定律可得:mgdsin30mv2代入數(shù)據(jù)解得,導體棒進入磁場上邊緣的速度大小v2m/s.(2)根據(jù)法拉第電磁感應定律可得:根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得:通過導體棒的電荷量為:qt0.08C.(3)導體棒進入磁場上邊緣時,切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為EBLv2V根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得:I0.4A導體棒受到的安培力FBIL0.4N導體棒的重力沿導軌平面向下的分力Fmgsin300.4N所以金屬棒進入磁場后做勻速運動,根據(jù)功能關(guān)系可得通過磁場區(qū)域過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為:Qmgdsin300.096J.1如圖1所示,兩根平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi),間距為l,導軌左端連接一個電阻R.一根質(zhì)量為m、長度為l、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導軌上在桿的右方距桿為d處有一個勻強磁場,磁場方向垂直于導軌平面向下,磁感應強度為B.對桿施加一個大小為F、方向平行于導軌的恒力,使桿從靜止開始運動,桿與導軌始終接觸良好,已知桿到達磁場區(qū)域時速度為v,之后進入磁場恰好做勻速運動不計導軌的電阻,假設導軌與桿之間存在恒定的阻力求:圖1(1)兩導軌對桿ab的總阻力大小Ff;(2)桿ab中通過的電流及其方向;(3)導軌左端所接電阻R的阻值答案(1)F(2)方向由ab(3)r解析(1)桿進入磁場前做勻加速運動,有FFfmav22ad,解得兩導軌對桿的總阻力FfF.(2)桿進入磁場后做勻速運動,有FFfF安桿ab所受的安培力F安IBl解得桿ab中通過的電流I由右手定則知桿中的電流方向由ab.(3)桿ab產(chǎn)生的感應電動勢EBlv桿中的電流I解得導軌左端所接電阻R的阻值Rr.2(2016浙江10月選考22)為了探究電動機轉(zhuǎn)速與彈簧伸長量之間的關(guān)系,小明設計了如圖2所示的裝置半徑為l的圓形金屬導軌固定在水平面上,一根長也為l、電阻為R的金屬棒ab一端與導軌接觸良好,另一端固定在圓心處的導電轉(zhuǎn)軸OO上,由電動機A帶動旋轉(zhuǎn)在金屬導軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導軌平面,大小為B1、方向豎直向下的勻強磁場另有一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒cd用輕質(zhì)彈簧懸掛在豎直平面內(nèi),并與固定在豎直平面內(nèi)的“U”形導軌保持良好接觸,導軌間距為l,底部接阻值也為R的電阻,處于大小為B2、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中從圓形金屬導軌引出導線和通過電刷從轉(zhuǎn)軸引出導線經(jīng)開關(guān)S與“U”形導軌連接當開關(guān)S斷開,棒cd靜止時,彈簧伸長量為x0;當開關(guān)S閉合,電動機以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動,棒cd再次靜止時,彈簧伸長量變?yōu)閤(不超過彈性限度)不計其余電阻和摩擦等阻力,求此時:圖2(1)通過棒cd的電流Icd;(2)電動機對該裝置的輸出功率P;(3)電動機轉(zhuǎn)動角速度與彈簧伸長量x之間的函數(shù)關(guān)系答案見解析解析(1)S斷開,cd棒靜止時有mgkx0S閉合,cd棒靜止時受到安培力FB2Icdl由楞次定律知流過棒cd的電流方向為dc故cd棒再次靜止時有mgB2Icdlkx解得Icd(2)回路總電阻R總RRR總電流:I由能量守恒得PI2R總(3)由法拉第電磁感應定律:EB1l2回路總電流I解得.3(2018新力量聯(lián)盟期末)如圖3甲所示,MN、PQ為間距L0.5m且足夠長的平行導軌,NQMN,導軌的電阻均不計導軌平面與水平面間的夾角37,NQ間連接有一個R4的電阻有一勻強磁場垂直于導軌平面且方向向上,磁感應強度為B01T將一根質(zhì)量為m0.05kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導軌上,且與導軌接觸良好現(xiàn)由靜止釋放金屬棒,當金屬棒滑行至cd處時達到穩(wěn)定速度,已知在此過程中通過金屬棒橫截面的電荷量q0.2C,且金屬棒的加速度a與速度v的關(guān)系如圖乙所示,設金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與NQ平行(sin370.6,cos370.8,g取10m/s2)求:圖3(1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù);(2)cd與NQ的距離s;(3)金屬棒滑行至cd處的過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量答案(1)0.5(2)2m(3)0.08J解析(1)由題圖乙可知,當v0時,a2m/s2mgsinmgcosma得0.5(2)由題圖乙可知,vm2m/s當金屬棒達到穩(wěn)定速度時,有F安B0ILEB0LvmImgsinF安mgcos聯(lián)立解得r1通過金屬棒橫截面的電荷量qItt0.2C解得s2m(3)由動能定理得mgssin37mgscos37WFmvm20WFQ總0.1JQRQ總0.08J.4如圖4所示,兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角30的斜面上,導軌電阻不計,間距L0.4m,導軌所在空間被分成區(qū)域和,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.中的勻強磁場方向垂直斜面向下,中的勻強磁場方向垂直斜面向上,兩磁場的磁感應強度大小均為B0.5T在區(qū)域中,將質(zhì)量m10.1kg、電阻R10.1的金屬棒ab放在導軌上,ab剛好不下滑然后,在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4kg、電阻R20.1的光滑導體棒cd置于導軌上,由靜止開始下滑cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中,ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸,取g10m/s2,問:圖4(1)cd下滑的過程中,ab中的電流方向;(2)ab剛要向上滑動時,cd的速度大小v;(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中,cd滑動的距離x3.8m,此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向為由d到c,則ab中電流方向為由a流向b.(2)開始放置時ab剛好不下滑,ab所受摩擦力為最大靜摩擦力,設其為Ffmax,有Ffmaxm1gsin 設ab剛要上滑時,cd棒的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律有EBLv設電路中的感應電流為I,由閉合電路歐姆定律有I設ab所受安培力為F安,有F安BIL如圖所示,此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件有F安m1gsinFfmax聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得v5m/s(3)設cd棒運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒定律有m2gxsinQ總m2v2又QQ總,解得Q1.3J.- 配套講稿:
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