2017高考物理一轮复习 第9章 电磁感应 能力课时13 电磁感应中的动力学和能量问题课件
(2)线框自释放直到 cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 1 2 2mgl＝ mv1⑧ 2 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 1 2 1 2 mg(2l＋H)＝ mv2－ mv1＋Q⑨ 2 2 Q 由⑦⑧⑨式得 H＝mg＋28l⑩ Q 答案 (1)4 倍 (2) ＋28l mg
【变式训练】 2.如图4(a)所示，斜面倾角为37°，一宽为d＝0.43 m的有界匀强 磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由 静止释放一长方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边 界保持平行。取斜面底部为零势能面，从线框开始运动到恰好 完全进入磁场的过程中，线框的机械能 E 和位移 x 之间的关系
2
l2 进入磁场过程中匀速运动的时间 t2＝v＝0.1 s 线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同， 所 以该阶段的加速度仍为 a＝5 m/s2
1 2 由匀变速直线运动的规律得 s－l2＝vt3＋ at3 2 解得 t3＝1.2 s 因此 ab 边由静止开始到运动到 gh 处所用的时间 t＝t1＋t2＋t3＝2.5 s。
b两点间的电势差大小是多少？ (2)在【例1】第(3)问中，请画出0～1.6 s内外力F与时间t的关系 图象。 解析 (1)根据题意，导体棒进入磁场中，有mg＝BI′L
则a、b两点间的电势差为
U＝BLv′－I′r
代入数据解得：U＝4 V (2)由于F＝t＋1.6(N) 故0～1.6 s内F－t图象如图所示 答案 (1)4 V (2)见解析图
生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
【例2】
(2015· 天津理综，11)如图3所示， “凸”字形硬质金
属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内， ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区 域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，
cd边到磁场上边界的距离为 2l，线框由静止释放，从cd边进入
突破三
1.模型构建
电磁感应中的“杆＋导轨”模型
“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，
也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理
情景变化空间大，是我们复习中的难点。“杆＋导轨”模型 又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放 置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、 匀变速、非匀变速运动等。
答案
(1)5 m/s2
(2)6 m/s
(3)2.5 s突破二1.电磁感应中 Nhomakorabea能量转化
电磁感应中的能量问题
2.求解焦耳热Q的三种方法
3.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 (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，就可以知道有哪些形式的能量发
【例 3】
如图5甲所示，两根足够长平行金属导轨 MN、 PQ相距
为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放 置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为 m 。导
轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感
应强度大小为B。金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻 箱 R2相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加 速度为g。现在闭合开关S，将金属棒由静止释放。
磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边 离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完 全穿过磁场过程中产生的热量为 Q。线框在下落过程中始终处 于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为 g。求：
图3 (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是 cd边刚进入 磁场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H。
解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为 B，cd 边刚进入磁场时，线框 做匀速运动的速度为 v1，cd 边上的感应电动势为 E1，由法拉第电 磁感应定律，有 E1＝2Blv1① 设线框总电阻为 R，此时线框中电流为 I1，由闭合电路欧姆定律， E1 有 I1 ＝ ② R 设此时线框所受安培力为 F1，有 F1＝2I1lB③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg＝F1④ mgR 由①②③④式得 v1＝ 2 2⑤ 4B l 设 ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为 v2，同理可得 v2 mgR ＝ 2 2⑥ Bl 由⑤⑥式得 v2＝4v1⑦
图5
(1)判断金属棒ab中电流的方向；
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为 h时，
速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q； (3)当B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大
速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示。取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求R1的阻值和金属棒的质量m。
如图(b)所示，图中①、②均为直线段。已知线框的质量为m＝
0.1 kg，电阻为R＝0.06 Ω，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8。
图4 (1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)求金属线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；
(3)求金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功 率Pm。
解析
(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动，
棒中产生感应电动势 E，棒在重力和安培力作用下做加速运动。 由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1① E＝BLv1② R1R2 R＝ ③ R1＋R2
E I＝ ④ R＋r 由以上四式可得：a1＝5 m/s2 (2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动， 导体棒中电流大小始终保持不变。 mg＝BI′L⑤ E′ I′＝ ⑥ R＋r E′＝BLv′⑦ 联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s 导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动， v′2－v2 1＝2gh 解得：h＝1.35 m
方法提醒
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体 思路如下：
【变式训练】
1.如图2所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线 框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质
量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质
其中ΔE2＝(0.756－0.666) J＝0.09 J，Ff＋FA＝mgsin 37°＝0.6 N，
x2 0.15 t＝ ＝ s＝0.125 s v1 1.2 (3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的焦耳热功率最大 B2L2v2 2 Pm＝ R
2 由 v2 2＝v1＋2a(d－x2)可求得 v2＝1.6 m/s
2 B2l1 v 联立解得 Mg＝mgsin α＋ R
代入数据解得 v＝6 m/s。
(3)线框 abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中， 做匀速直线运动；进入磁场后到运动至 gh 处，仍做匀加速直线运 动。 进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为 a＝ v 5 m/s ，该阶段的运动时间为 t1＝a ＝1.2 s
(3)ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t。
解析 (1) 线框进入磁场前，仅受到细线的拉力 F，斜面的支持力 和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力 F′，对线框由 牛顿第二定律得F－mgsin α＝ma 对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma
又F＝F′
联立解得线框进入磁场前重物的加速度
Mg－mgsin α a＝ ＝5 m/s2。 M＋ m
(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平 衡：Mg＝F1 线框 abcd 受力平衡：F1′＝mgsin α＋F 安 又 F1＝F1′ ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 E＝Bl1v E Bl1v 回路中的感应电流为 I＝R＝ R ab 边受到的安培力为 F 安＝BIl1
解析 (1)由右手定则可知，金属棒 ab 中的电流方向为由 b 到 a。 (2)由能量守恒定律知， 金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电 1 2 路中产生的焦耳热，即 mgh＝ mv ＋Q 2 1 2 则 Q＝mgh－ mv 。 2
解析
(1)由能量守恒定律可知，线框减少的机械能等于克服摩擦
力所做的功，则ΔE1＝Wf1＝μmgcos 37°x1
其中x1＝0.36 m，ΔE1＝(0.900－0.756) J＝0.144 J 可解得μ＝0.5 (2)金属线框进入磁场的过程中，减少的机械能等于克服摩擦力和 安培力所做的功，机械能仍均匀减少，因此安培力也为恒力，线 框做匀速运动v＝2ax1，其中a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 可解得线框刚进磁场时的速度大小为v1＝1.2 m/s ΔE2＝Wf2＋WA＝(Ff＋FA)x2 x2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出x2 ＝0.15 m
能力课时13 电磁感应中的动力学和能量问题
突破一
状态 平衡态
电磁感应中的动力学问题
处理方法 根据平衡条件列式分析 根据牛顿第二定律进行动态分析 或结合功能关系进行分析
1.两种状态及处理方法 特征 加速度为零
非平衡态 加速度不为零
2.电学对象与力学对象的转换及关系
【例1】
如图1所示，竖直平面内有一宽L＝1 m、
量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁 场，磁感应强度B＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁
场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝11.4 m，(取g
＝10 m/s2)，求：
图2
(1)线框进入磁场前重物的加速度大小a； (2)线框进入磁场时匀速运动的速度大小v；
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高三物理一轮复习精品课件5：专题十 电磁感应中的动力学和能量问题
3．两种状态处理 (1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析． (2)导体处于非平衡态——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．
【跟踪训练】
1．如图9－3－3所示，ab和cd是位于水平面内的平行金属 轨道，轨道间距为l，其电阻可忽略不计．ac之间连接一阻值 为R的电阻，ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触 良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动，其电阻可忽略．整个装置 处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度 为B.当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培 力为( )
棒 ab 长 l、质量 m、电 棒 ab 长 l、质量 m、
已知量 阻 R，导轨光滑水平， 电阻 R，导轨光滑，
电阻不计
电阻不计
类型 “电—动—电”型
“动—电—动”型
S 闭合，棒 ab 受安培力 F 棒 ab 释放后下滑，此时 a＝
＝BRlE，此时 a＝BmlRE，棒 gsin α，棒 ab 速度 v↑⇒感
vB2l2 A. R
vB2l C. R
图 9－3－3
vBl B. R
vBl2 D. R
【答案】A 【解析】金属杆以速度 v 运动，电动势 E＝Blv，回路电流 I＝ER ＝BRlv，由 F＝BIl 得 F＝B2Rl2v，A 正确．
二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程．过程 可以简化为下列形式：
图 9－3－11
【解析】(1)导线 ab 两端电压 U＝R并R＋并 rE＝5＋5 1×6 V＝5 V. 导线 ab 中的电流 I＝UR＝0.5 A. 导线 ab 受力如图所示，由平衡条件得 BIL＝mgsin 30°，
高考物理一轮总复习 必修部分 第9章 电磁感应 第4讲 电磁感应规律的综合应用(二)-动力学和能量课
A.S 断开时，金属棒沿导轨下滑的加速度为2xh21gs
B.S 闭合时，金属棒刚离开轨道时的速度为 x2
g 2h
C.电阻 R 上产生的热量 Q＝m4hg(x21－x22) ′一定在 AA′的上方
解析 由平抛运动知识可知，S 断开时，由 h＝12gt2，x1＝v1t，v21＝2a1s，可得 v1＝x1 2gh，a1＝4xh21gs，
A 错误；同理可得闭合开关 S，v2＝x2 2gh，B 正确；故电阻 R 上产生的热量 Q＝12mv21－12mv22＝m4hg(x21－ x22)，C 正确；因为金属棒仍落到水平面上的 EE′处，说明平抛时初速度与从 AA′处由静止开始滑下到 底端时速度相同，因此 CC′可能在 AA′处，故 D 错误。
A.速度大小是2mBg2rLsi2nθ C.加速度大小是 2gsinθ
B．速度大小是mBgr2sLi2nθ D．加速度大小是 0
解析 由静止释放后 cd 棒沿斜面向下做加速运动，随着速度的增大，E＝BLv 变大，I＝2Er也变大，F ＝BIL 也变大，对 ab 棒，当 T＝2mgsinθ＝mgsinθ＋BIL 时细线刚好被拉断，此时 v＝2mBg2rLsi2nθ，cd 棒这时 向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡，加速度大小是 0，故选项 A、D 正确，B、C 错误。
2.[在电磁感应中的动力学问题] (多选)如图所示，MN、PQ 是与水平面成 θ 角的两条平行光滑且足够长 的金属轨道，其电阻忽略不计。空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。导体 棒 ab、cd 垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为 m，电阻均为 r，轨道宽度为 L， 与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与 ab 棒中点连接，细线承受的最大拉力 Tm＝2mgsinθ。今将 cd 棒由静止释放，则细线被拉断时，cd 棒的( )
2017届高三物理一轮复习-第九章-电磁感应-第1讲-电磁感应现象-愣次定律课件解析
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基础知识清单 一、电磁感应现象 1．电磁感应 利用磁场产生电流的现象叫电磁感应；产生的电流叫感应电
流． 2．产生感应电流的条件 感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
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【名师点拨】 不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量 发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；导体在磁场中做切 割磁感线的运动不是产生感应电流的根本条件，但可以有感应电 动势．
2017届高三物理一轮复习-第 九章-电磁感应-第1讲-电磁感
应现象-愣次定律课件解析
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1
内容 电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 自感、涡流
要求 Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ
2Байду номын сангаас
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第1讲 电磁感应现象 愣次定律
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3
梳理基础·强化训练
第四页，共60页。
答案 D
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2．(2015·新课标全国Ⅰ)1824 年，法国科学家阿拉果完成了 著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正 上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验 中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时， 磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是( )
第十一页，共60页。
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2．右手定则 (1)内容：伸出右手，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向为 导体的运动方向，四指指向为感应电流的方向．
第十二页，共60页。
12
(2)理解：右手定则是用来判断部分导体切割磁感线产生感应 电流的方向的．对一部分导线在磁场中切割磁感线产生感应电流 的情况，右手定则和楞次定律的结论是完全一致的，这时，用右 手定则更方便一些．注意电流可以是正电荷运动产生的，也可以 是负电荷运动产生的．
高考物理一轮复习第九章第4单元电磁感应中的动力学和能量问题课件
动的过程中，下列说法正确的是(
)
A．恒力F做的功等于电路产生的电能 B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能 C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D ．恒力 F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒 获得的动能之和
解析： ab 棒在恒力作用下先加速后匀速，由功能关系知 C 正 确；根据动能定理WF－Wf－W安＝ΔEk，可判断D正确．
与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 2mgsin θ，B 错误．由 P＝mgvsin θ 可 2m2g2Rsin2 θ 知导体棒 MN 所受重力的最大功率为 ，D 错误． B2L2
┃题组二┃ 电磁感应与能量守恒
3．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨 不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属 棒 (电阻不计 )放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场 中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力 F 把 ab 棒从静止向右拉
B．导体棒 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 mgsin θ C．导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsin θ m2g2Rsin2θ D．导体棒 MN 所受重力的最大功率为 B2 L 2
解析：由题意可知，导体棒 MN 切割磁感线，产生的感应电动势 B2L2v E 为 E＝BLv， 回路中的电流 I＝ ， MN 受到的安培力 F＝BIL＝ ， 2R 2R 故 MN 沿斜面做加速度减小的加速运动，当 MN 受到的安培力大小等 于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后 MN 做匀速运 动，故导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsin θ，导体棒 MN 的最大 速度为 2mgRsin θ ，选项 A、C 正确．由于当 MN 下滑速度最大时，EF B2L2
高考物理第一轮复习 第九章 第4节 电磁感应中的动力学和能量问题课件
答案：见解析
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要点二 典例：思路点拨：(1)提示：导体棒受重力、支持力、摩擦力
(2)提示：
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解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得 μ＝tan θ (2)在光滑导轨上 感应电动势 E＝BLv 感应电流 I＝ER 安培力 F 安＝BIL 导体棒受力平衡有 F 安＝mgsin θ 解得 v＝mgBR2sLi2n θ
和，即 W 安＝Q＝12mv02，选项 B 错误，D 正确；整个过程中通过
导体棒的电荷量 q＝Δ2RΦ＝B2RS＝B2LRx，得金属棒在导轨上发生的位
移 x＝2BqLR，选项 C 错误。 答案：D
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典例 2：解析：(1)在 S 刚闭合的瞬间，导线 ab 速度为零，没有电 磁感应现象，由 a 到 b 的电流 I0＝R＋E r＝1.5 A，ab 受安培力水平 向右，此时 ab 瞬时加速度最大，加速度 a0＝Fm0＝BmI0l＝6 m/s2。 当感应电动势 E′与电池电动势 E 相等时，ab 的速度达到最大值。 设最终达到的最大速度为 vm，根据上述分析可知： E－Blvm＝0 所以 vm＝BEl＝0.81×.50.5 m/s＝3.75 m/s。
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1
设 ab 所受安培力为 F 安，有 F 安＝ILB
④
此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F 安＝m1gsin θ＋Fmax
⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得 v＝5 m/s。
⑥
(3)设 cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为 Q 总，由能量守
恒有
m2gxsin θ＝Q 总＋12m2v2
高考物理一轮复习主题九电磁感应9_2_2电磁感应中的动力学和能量问题课件
[答案]
F (1)Blt0m－μg
B2l2t0 (2) m
解决电磁感应动力学问题的两个关键分析 (1)受力分析：准确分析运动导体的受力，特别是安培力，求 出合力． (2)运动分析：分析导体的运动性质，是加速、减速，还是匀 速，从而确定相应的运动规律．
[变式训练] 1．(2017· 广东广州综合测试)如图所示，两条间距 L＝0.5 m 且足够长的平行光滑金属直导轨， 与水平地面成 α＝30° 角固定放 置， 磁感应强度 B＝0.4 T 的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向 上，质量 mab＝0.1 kg、mcd＝0.2 kg 的金属棒 ab、cd 垂直导轨放 在导轨上，两金属棒的总电阻 r＝0.2 Ω，导轨电阻不计．ab 在沿 导轨所在斜面向上的外力 F 作用下，沿该斜面以 v＝2 m/s 的恒 定速度向上运动．某时刻释放 cd，cd 向下运动，经过一段时间 其速度达到最大． 已知重力加速度 g＝10 m/s2， 在 cd 速度最大时， 求：
主 题 九
电磁感应
高考研究课
解读高考 精准备考
课时二
电磁感应中的动力学和能量问题
高考真题研读 G
精析考题 明确考向
真题案例 (2017· 天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得 超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨 道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l， 电阻不 计．炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直 放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关 S 接 1，使电容器完全充电．①然后将 S 接至 2，导轨间存在 垂直于导轨平面、 磁感应强度大小为 B 的匀强磁场(图中未画
F (1)Blt0m－μg
B2l2t0 (2) m
解决电磁感应动力学问题的两个关键分析 (1)受力分析：准确分析运动导体的受力，特别是安培力，求 出合力． (2)运动分析：分析导体的运动性质，是加速、减速，还是匀 速，从而确定相应的运动规律．
[变式训练] 1．(2017· 广东广州综合测试)如图所示，两条间距 L＝0.5 m 且足够长的平行光滑金属直导轨， 与水平地面成 α＝30° 角固定放 置， 磁感应强度 B＝0.4 T 的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向 上，质量 mab＝0.1 kg、mcd＝0.2 kg 的金属棒 ab、cd 垂直导轨放 在导轨上，两金属棒的总电阻 r＝0.2 Ω，导轨电阻不计．ab 在沿 导轨所在斜面向上的外力 F 作用下，沿该斜面以 v＝2 m/s 的恒 定速度向上运动．某时刻释放 cd，cd 向下运动，经过一段时间 其速度达到最大． 已知重力加速度 g＝10 m/s2， 在 cd 速度最大时， 求：
主 题 九
电磁感应
高考研究课
解读高考 精准备考
课时二
电磁感应中的动力学和能量问题
高考真题研读 G
精析考题 明确考向
真题案例 (2017· 天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得 超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨 道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l， 电阻不 计．炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直 放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关 S 接 1，使电容器完全充电．①然后将 S 接至 2，导轨间存在 垂直于导轨平面、 磁感应强度大小为 B 的匀强磁场(图中未画
高考物理第一轮复习 电磁感应动力学与能量问题课件 新人教版
思考：同学们有什么办法让导体棒ab沿着导 轨向右移动？
三.情景描述
光滑水平放置的金属导轨间距为L，导轨
间连接一电阻R，质量为m，电阻为r的金
属棒ab与导轨接触良好，其余部分电阻不
计。平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B
问题1.施加恒定外力F后ab棒速度v，加速度a如何变化？
解：当ab棒速度为v时：E=BLv且I= E R+r
对ab棒：F -BIL=ma 即F - B2L2v =ma Rr
当a=0时有：Vm
F(R r) B 2 L2
vቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ v
t
从动力学角度看电磁感应问题：
v E BLv
E
I= E Rr
I
F=BIL
F F=ma
a
问题2.ab棒速度为v时，求电路消耗 的电功率P，安培力的功率P安分别 是多少？
当ab棒速度为v时：E BLv
第9章
电磁感应
动力学及能量问题
一.知识回顾
1.导体棒平动切割磁感线会产生： 感应电动势
其大小为： E=BLv
2.回路产生感应电流的条件：闭合回路磁通量变化
3.通电导体垂直磁场放置时会受到： 安培力
其大小为： F=BIL
二.想一想
情景描述：光滑水平放置 的金属导轨间距为L，连接 一电阻R，质量为m，电阻为r的 金属棒ab与导轨接触良好，其余部分电阻不计。平面内 有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B
例2. (2011·天津理综)如图所示，两根足够长 的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计， 两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角. 完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放 置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已 知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直 于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于 导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持 静止，取g＝10 m/s2，问： (1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？ (2)棒ab受到的力F多大？ (3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？
三.情景描述
光滑水平放置的金属导轨间距为L，导轨
间连接一电阻R，质量为m，电阻为r的金
属棒ab与导轨接触良好，其余部分电阻不
计。平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B
问题1.施加恒定外力F后ab棒速度v，加速度a如何变化？
解：当ab棒速度为v时：E=BLv且I= E R+r
对ab棒：F -BIL=ma 即F - B2L2v =ma Rr
当a=0时有：Vm
F(R r) B 2 L2
vቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ v
t
从动力学角度看电磁感应问题：
v E BLv
E
I= E Rr
I
F=BIL
F F=ma
a
问题2.ab棒速度为v时，求电路消耗 的电功率P，安培力的功率P安分别 是多少？
当ab棒速度为v时：E BLv
第9章
电磁感应
动力学及能量问题
一.知识回顾
1.导体棒平动切割磁感线会产生： 感应电动势
其大小为： E=BLv
2.回路产生感应电流的条件：闭合回路磁通量变化
3.通电导体垂直磁场放置时会受到： 安培力
其大小为： F=BIL
二.想一想
情景描述：光滑水平放置 的金属导轨间距为L，连接 一电阻R，质量为m，电阻为r的 金属棒ab与导轨接触良好，其余部分电阻不计。平面内 有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B
例2. (2011·天津理综)如图所示，两根足够长 的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计， 两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角. 完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放 置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已 知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直 于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于 导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持 静止，取g＝10 m/s2，问： (1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？ (2)棒ab受到的力F多大？ (3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？
新课标2017届高考物理一轮总复习第九章电磁感应第4讲专题电磁感应中的动力学和能量问题课件选修3_2
[答案] CD
3．(多选)(2015·威海模拟)如图所示，光滑的“∏”形金属 导体框架竖直放置，质量为 m 的金属棒 MN 与框架接触良 好．磁感应强度分别为 B1、B2 的有界匀强磁场方向相反，但 均垂直于框架平面，分别处在 abcd 和 cdef 区域．现从图示位 置由静止释放金属棒 MN，当金属棒进入磁场 B1 区域，恰好 做匀速运动．以下说法正确的有( )
(1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．
[帮你审题]
[解题样板] (1)在 Δt 时间内，导体棒扫过的面积为 ΔS＝12ωΔt[(2r)2－r2]①(2 分) 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小 为 E＝BΔΔtS②(1 分) (E＝nΔΔΦt ，ΔΦ＝B·ΔS，当磁感应强度不变时 ΔΦ＝B·ΔS， 所以 E＝nBΔΔtS)
[答案] BC
考点二 电磁感应中的能量问题 1．能量转化 电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转 化过程． (1)其他形式的能转化为电能 电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培 力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克 服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力” 克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(4)接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关 系，判断出正确的运动模型．
[跟踪训练] 1．如图所示，有两根和水平方向成 α 角的光滑平行金属 轨道，上端接有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨 道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B，一根质量为 m 的金属 杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间 后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度 vm，则( ) A．如果 B 增大，vm 将变大 B．如果 α 增大，vm 将变大 C．如果 R 变小，vm 将变大 D．如果 m 变小，vm 将变大
3．(多选)(2015·威海模拟)如图所示，光滑的“∏”形金属 导体框架竖直放置，质量为 m 的金属棒 MN 与框架接触良 好．磁感应强度分别为 B1、B2 的有界匀强磁场方向相反，但 均垂直于框架平面，分别处在 abcd 和 cdef 区域．现从图示位 置由静止释放金属棒 MN，当金属棒进入磁场 B1 区域，恰好 做匀速运动．以下说法正确的有( )
(1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率．
[帮你审题]
[解题样板] (1)在 Δt 时间内，导体棒扫过的面积为 ΔS＝12ωΔt[(2r)2－r2]①(2 分) 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小 为 E＝BΔΔtS②(1 分) (E＝nΔΔΦt ，ΔΦ＝B·ΔS，当磁感应强度不变时 ΔΦ＝B·ΔS， 所以 E＝nBΔΔtS)
[答案] BC
考点二 电磁感应中的能量问题 1．能量转化 电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转 化过程． (1)其他形式的能转化为电能 电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培 力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克 服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力” 克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(4)接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关 系，判断出正确的运动模型．
[跟踪训练] 1．如图所示，有两根和水平方向成 α 角的光滑平行金属 轨道，上端接有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨 道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B，一根质量为 m 的金属 杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间 后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度 vm，则( ) A．如果 B 增大，vm 将变大 B．如果 α 增大，vm 将变大 C．如果 R 变小，vm 将变大 D．如果 m 变小，vm 将变大
高考物理一轮总复习 第九章 电磁感应 第4讲 专题 电磁感应中的动力学和能量问题 课件(选修3-2)
[尝试解答] (1)4 s 末的感应电流大小为 I＝UR＝02.4 A＝0.2 A. 感应电动势大小 E＝I(R＋r)＝0.2×(2＋0.5) V＝0.5 V 设两导轨间距为 l，由 E＝Blv 得 Bl＝Ev＝01.5 T·m＝0.5 T·m 故第 4 s 末 ab 受的安培力大小为 F 安＝BIl＝0.5×0.2 N＝0.10 N.
A．若 B2＝B1，金属棒进入 B2 区域后将加速下滑 B．若 B2＝B1，金属棒进入 B2 区域后仍将匀速下滑 C．若 B2<B1，金属棒进入 B2 区域后可能先加速后匀速 下滑 D．若 B2>B1，金属棒进入 B2 区域后可能先匀减速后匀 速下滑
状态 平衡态
非平衡态
特征 加速度为零
加速度不为零
处理方法
根据平衡条件列式分析
根据牛顿第二定律进行动 态分析或结合功能关系进 行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系
3．动态分析的基本思路
(2016·温州市十校联考)如图 所示，MN 和 PQ 是两条水平放置彼此平 行的金属导轨，质量 m＝0.2 kg、电阻 r ＝0.5 Ω 的金属杆 ab 垂直跨接在导轨上， 匀强磁场的磁感线垂直于导轨平面，导轨左端接阻值 R＝2 Ω 的电阻，理想电压表并接在 R 两端，导轨电阻不计．t＝0 时 刻 ab 受水平拉力 F 的作用后由静止开始向右做匀加速运动， ab 与导轨动摩擦因数 μ＝0.2，第 4 s 末，ab 杆的速度 v＝1 m/s， 电压表示数 U＝0.4 V．取重力加速度 g＝10 m/s2.
第4讲 专题：电磁感应中的动力学和能量问题
考点
互动探究
[核心提示] 2 类问题：电磁感应中的动力学问题和能量问题 1 个关 系：力学对象和电学对象的关系 2 类能量转化：电磁感应 现象中通常有两类能量转化：一类是其他形式的能转化为电 能，另一类是电能转化成其他形式的能
人教版高考物理一轮复习 第9章 电磁感应交变电流 课时3 电磁感应中的动力学问题能量问题
设 ad,dc,cb 三边电阻串联后与 ab 边电阻并联的总电阻为 R,则 R= 3 r, 4
根据闭合电路欧姆定律,有 I= E ,解得 v= 3mgr 。
R
4 B1B2 L1L2
答案:(2) 3mgr 4 B1B2 L1L2
考点二 电磁感应中的能量问题分析 1.电磁感应中的能量转化 闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流,感应电流在磁场中受安 培力。外力克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能,感应电流通过电阻 发热,使电能转化为其他形式的能。 2.实质 电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和电能之间的转化。
道平行的绝缘细线一端固定,另一端与ab棒中点连接,细线承受的最大拉力
FTm=2mgsin θ。今将cd棒由静止释放,则细线被拉断时,cd棒的( AD )
A.速度大小是 2mgr sin B 2 L2
B.速度大小是 mgr sin B 2 L2
C.加速度大小是 2gsin θ D.加速度大小是 0
解析:由静止释放后 cd 棒沿斜面向下做加速运动,随着速度的增大,E=BLv 变大,I= E 也变大,F=ILB 也变大,对 ab 棒,当 FT=2mgsin θ=mgsin θ+ILB 时细线刚好被拉 2r 断,此时 v= 2mgr sin ,cd 棒这时所受向上的安培力与沿斜面向下的重力的分力平衡,
A.W1=W2 C.W1=2W2
B.W2=2W1 D.W2=4W1
解析:设 bc=L,ab=2L,回路总电阻为 R,面积为 S;根据外力所做的功等于克服安培力做
的功可得 W1=BI1L·2L=BI1S,其中 I1= BLv ,所以 W1= B2LvS ;同理可得 W2= 2B2LvS ;得
R