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广东省2012届高考物理二轮专题总复习课件:专题6 第3讲 电磁感应与力学综合问题(共45张PPT)


专题六 电路、电与磁的转化

1.电磁感应中产生的感应电流,在磁场中将 受到安培力的作用,因此,电磁感应问题往往跟力 学问题联系在一起. 2.解决这类电磁感应中的力学问题,一方面 要考虑电磁学中的有关规律,如楞次定律、法拉第 电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培力的计 算公式等;另一方面还要考虑力学中的有关规律, 如牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等,

要 将电磁学和力学的知识综合起来应用.

3.解决这类问题的一般思路是:根据电磁感应 现象→感应电动势→感应电流→安培力→合力→加速 度→速度→感应电动势→……周而复始地循环[注意: 当导体运动达到稳定时,a=0,速度达到最大值(临界 值)]. 4.两种状态处理 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——加速度不等于零. 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.

1.电磁感应中的动力学问题

(1)

力学 对象

————

?受力分析:F安 ? BIl ? F合 ? ma ? ?过程分析:F合 ? a ? v ? E ? I ? F 安
?? n ?t

电源:E=Blv或E= nB ?S
?t

(2) 电学对象

?B nS ?t

电路:E=I(R+r)=U外+U内

(3)在力和运动的关系中,要注意分析导体受力, 判断导体加速度方向、大小及变化;加速度等于 零时,速度最大,导体最终达到稳定状态是该类 问题的重要特点.

【例1】如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、 电阻不计的平行金属导轨相距1m,导轨平面与水平

面成q=37°角,下端连接阻值为R的电阻.匀强磁场
方向与导轨平面垂直.质量为0.2kg、电阻不计的金 属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触, 它们之间的动摩擦因数为0.25.

(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小; (2)当金属棒下滑速度达到稳定时,电阻R消耗的功率 为8W,求该速度的大小; (3)在上问中,若R=2w,金属棒中的电流方向由a到b, 求磁感应强度的大小和方向.(g=10m/s2 ,sin37°=0.6, cos37°=0.8)

【评析】(1)金属棒开始下滑时的初速度为零, 根据牛顿第二定律 mgsinq-f=ma ① f=μN ② N=mgcosq ③ 联立①②③得 a=g(sinq-μcosq) ④ 代入已知条件得 a=10×(0.6-0.25×0.8)m/s2=4m/s2. (2)设金属棒运动达到稳定时,速度为v,所受 安培力为F,棒在沿导轨方向受力平衡 mg(sinq-μcosq)-F=0 ⑤

此时金属棒克服安培力做功的功率P等于电路中电 阻R消耗的电功率 P=Fv ⑥ 由⑤⑥两式解得 P v= P = =10m/s
F

mg ? sinq ? ? cosq ?

(3)设电路中电流为I,两导轨间金属棒的长为L,磁 场的磁感应强度为B E=BLv ⑦ I= E ⑧ P=I2R ⑨ 由⑦⑧⑨式解得 R B= PR = 8 ? 2 T=0.4T 方向垂直导轨平面向上
vL

10 ? 1

【评析】此类问题的解题思路和方法为:①应用法拉 第电磁感应定律和楞次定律求出感应电动势的大小和 方向;②应用闭合电路欧姆定律求出感应电流;③对 导体进行正确的受力分析;④应用牛顿运动定律列出 动力学方程或平衡方程求解. 其中特别要注意导体棒受安培力作用,使导体棒受力 情况发生变化,进而使导体棒的运动状态发生改变, 引起一系列的动态变化,最终出现一种新的稳定状 态——收尾速度.

另外,有关电磁感应中的能量转化问题,可从功和能 和观点入手,分析清楚电磁感应过程中能量的转化关 系.一定要注意电磁感应现象中,通过克服安培力做 功,将其他形式的能转化成电能,再通过电阻转化成 内能(焦耳热),故W安与电热Q不能重复考虑.

【例1】 边长为h的正方形金属导线框,从图所示的位 置由静止开始下落,通过一匀强磁场区域,磁场方向水平, 且垂直于线框平面,磁场区域宽度为H,上、下边界如图 中虚线所示,H>h,试分析讨论从线框开始下落到完全穿 过磁场区域的全过程中线框运动速度的变化情况.

【解析】①线框中感应电流方向可用右手定则,也可 以用楞次定律判定.线框上边刚进入磁场时所受 安培力F ? BIL的方向总是与运动方向相反,安培 B 2 L2 v 力大小 F ? BIL ? ,可以等于、大于或小于 R 重当 F ? mg时,线框做匀速运动;力.规定向下 的速度方向为正方向. 当F ? mg时,线框做匀速运动;

当F ? mg,由牛顿第二定律得加速度大小为 B 2 L2 v a? ? g时,方向与速度方向相反,线框做 Rm B 2 L2 v mgR 减速运动,当 a ? ? g ? 0,即v ? 2 2 时线 Rm B L 框做匀速运动; B 2 L2 v 当F ? mg,则加速度大小为a ? g ? ,当 Rm mgR a ? 0即v ? 2 2 时线框做匀速运动;即线框速度 B L 的大小不一定总是在增加,也可能是在减少,但 速度方向始终是向下的.

②当线框上边进入磁场后,由H>h可知,线框将 有一段时间全部处于匀强磁场区,此时线框磁通量 不变,无感应电流,不受安培力作用,该段时间内

线框将以加速度g做匀加速运动;
③当线框下边界运动至磁场下边界时,分析同①.

2.电磁感应中的能量转化综合问题 (1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间 相互转化的“桥梁”,用框图表示如下:

? ? ? ?? 电能 ? ?w? ?? 其他形式的能
安?0

w安 ?0

安培力做的功是电能与其他形式的能转化的量 度.安培力做多少正功,就有多少电能转化为 其他形式的能;安培力做多少负功,就有多少 其他形式的能转化为电能.

(2)明确功能关系,确定有哪些形式的能量发生 了转化.如有滑动摩擦力做功,必有内能产生;

有重力做功,重力势能必然发生变化;安培力
做负功,必然有其他形式的能转化为电能等. (3)根据不同物理情景选择动能定理,能量守 恒定律,功能关系列方程求解.

【例2】如图所示,两根正对的平行金属直轨道MN、 M′N′位于同一水平面上,两轨道之间的距离l=0.50m. 轨道的MM′端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻, NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道 NP 、 N′P′ 平 滑 连 接 , 两 半 圆 轨 道 的 半 径 均 为 R0=0.50m.直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度 B=0.64T的匀强磁场中,磁场区域的宽度d=0.80m, 且其右边界与NN′重合.

现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω的导体杆ab静止 在距磁场的左边界s=2.0m处.在与杆垂直的水平恒 力F=2.0N的作用下ab杆开始运动,当运动至磁场的 左边界时撤去F,结果导体杆ab恰好能以最小速度通 过半圆形轨道的最高点PP′.已知导体杆ab在运动过程 中与轨道接触良好,且始终与轨道垂直,导体杆ab 与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10,轨道的电阻可忽 略不计,取g=10m/s2,(保留两位小数)

求:(1)导体杆刚进入磁场时,通过导体杆上的电流大
小和方向; (2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量; (3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳 热.

【解析】(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的 左边界时的速度为 v1 ,根据动能定理则有 1 ( F ? ? mg ) s ? mv12 2 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 此时通过导体杆上的电流大小 I=E/(R+r)=3.84A 根据右手定则可知,电流方向为由b向a

E ? Blv1

(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t,产生的 感应电动势的平均值为,则由法拉第电磁感应 定律有

E ? ?? / t ? Bld / t
通过电阻R的感应电流的平均值 I ? E / ( R ? r ) 通过电阻R的电荷量

q ? It ? 0.512C

(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2,运动到圆轨 道最高点的速度为v3,因导体杆恰好能通过半圆形轨 道的最高点,根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最 2 高点时有 mg ? mv3 / R0 对于导体杆从NN′运动至PP′的过程,根据机械能守 1 1 2 2 mv2 ? mv3 ? mg 2 R0 恒定律有 2 2 解得 v 2 =5.0m/s 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能 1 2 1 2 ?E ? mv1 ? mv2 ? 1.1J 2 2 此过程中电路中产生的焦耳热为 Q ? ?E ? ? mgd ? 0.94 J

【同类变式】如图所示,光滑绝缘水平面上放置
一均匀导体制成的正方形线框abcd,线框质量为m, 电阻为R,边长为L.有一方向竖直向下的有界磁场, 磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L,左边 界与ab边平行.线框在水平向右的拉力作用下垂

直于边界线穿过磁场区.

(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区,求线框在离开
磁场时ab两点间的电势差; (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动,经过 t1时间ab边开始进入磁场,求cd边将要进入磁场时 刻回路的电功率;

(3)若线框以初速度v0 进入磁场,且拉力的功率恒
为P0.经过时间T,cd边进入磁场,此过程中回路产 生的电热为Q.后来ab边刚穿出磁场时,线框速度 也为v0,求线框穿过磁场所用的时间t.

【解析】1? 线框在离开磁场时, ? cd边产生的感应电动势E ? BLv E 回路中的电流I ? R 1 则ab两点间的电势差U ? IR ab ? BLv 4 ? 2 ? t1时刻线框速度v1 ? at1 设cd边将要进入磁场时刻线框速度为v 2, 则v 2 2 ? v12 ? 2aL 此时回路中电动势E 2 ? BLv 2 E2 2 B 2 L2 ? a 2t12 ? 2aL ? 回路的电功率P ? ,解得P ? R R

? 3? 设cd边进入磁场时的速度为v,线框从cd边进入
到ab边离开磁场的时间为Dt,则 1 1 2 P0 T ? ( mv ? mv 0 2 ) ? Q 2 2 1 1 Q 2 2 P0 ?t ? mv 0 ? mv 解得?t ? ? T 2 2 P0 线框离开磁场时间还是T,所以线框穿过磁场总时间 Q t ? 2T ? ?t ? ? T. P0

3.双杆模型 两导体棒都垂直导轨且垂直匀强磁场做切割磁 感线运动(不计一切摩擦)
动量定理的应用:MNPQ 动量守恒定律的应 和M′N′P′Q′是宽度 用:固定平行金属 不同的两水平固定的平行 导轨MN、PQ水平 导轨,设PQ与P′Q′之 放置,在导轨上垂 间的距离为L,MN与 直导轨放置两金属 M′N′之间的距离为2L, 类 杆ab和cd,匀强磁 在两段轨道上分别垂直轨 型 场垂直于导轨平面, 道放置导体棒ab、cd,整 不计一切摩擦,让 个轨道平面有垂直于导轨 ab以初速度v0水平 平面的匀强磁场,设ab、 向右运动,设ab、 cd的质量分别为mab、mcd, cd的质量分别为mab 导轨都足够长,不计一切 和mcd,导轨足够长 摩擦,让ab以水平初速度 v0向右开始运动 牛顿第二定律的应用: MN、PQ为固定在水平 面内的平行导轨,导体 棒ab、cd垂直导轨放置, 整个装置放置于垂直导 轨平面的匀强磁场 中.设ab、cd的质量均 为m,导轨间距为L, 导轨足够长,不计一切 摩擦.开始时cd静止, ab受向右的恒定水平作 用力F,由静止开始向 右运动(设导轨电阻不 计)

【例3】(2011·茂名一中调研)如图所示,金属杆a从
离地高为h处从静止开始沿弧形轨道下滑,平行轨道 的水平部分有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场, 水平轨道足够长,其上原来放一个金属杆b.已知a的 质量为m,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4,不

计一切摩擦,试求:

(1)a和b的最终速度分别是多少?
(2)整个过程中释放的电能是多少? (3)若已知杆a、b的电阻之比为Ra∶Rb=3∶4,其余电 阻不计,则整个过程中杆a、b产生的热量分别是多 少?

【解析】(1)a下滑h高度的过程中,由机械能守恒定律



进入磁场后,回路中产生感应电流,a、b都受安培力 作用,a做减速运动,则b则由静止开始加速,当a、b 速度相同时,回路的感应电流为零,二者均做匀速直

1 2 m a gh ? m a v a 2

线运动,设此最终速度为v.整个运动过程满足动量守
恒定律,则有 mava=(ma+mb)v

联立以上两式解得v= 3 2 gh

7

? 2 ?由能量守恒定律可知,回路中产生的电能E等于
1 1 2 ab系统动能的损失,即E ? m a va ? ? m a ? m b ? v 2 , 2 2 4 解得E ? mgh 7 ? 3?回路中产生的电能最终转化为焦耳热释放出来, 即Qa ? Q b ? E,由于a、b两部分是串联的,通过它 Qa Ra 3 们的电流相等,所以有 ? ? , Qb Rb 4 12 16 解得Qa ? mgh,Q b ? mgh. 49 49

【同类变式】(2011·汕头模拟)两根足够长的光滑金 属导轨平行固定在倾角为q的斜面上,它们的间距为 d.磁感应强度为B的匀强磁场充满整个空间、方向垂 直于斜面向上.两根金属杆ab、cd的质量分别为m和 2m,垂直于导轨水平放置在导轨上,如图所示.设 杆和导轨形成的回路总电阻为R而且保持不变,重力 加速度为g.

(1)给ab杆一个方向沿斜面向上的初速度,同时对ab
杆施加一平行于导轨方向的恒定拉力,结果cd杆恰 好保持静止而ab杆则保持匀速运动.求拉力做功的 功率; (2)若作用在ab杆的拉力与第(1)问相同,但两根杆都

是同时从静止开始运动,求两根杆达到稳定状态时
的速度.

【解析】1? cd杆保持静止,则杆所受安培力FB ? IdB ? 2mgsinq ① ? 设ab杆所受的拉力为F,则对ab杆,有F ? mgsinq ? FB Bdv0 设ab杆的速度为v0,则回路中的感应电流I ? R 拉力做功的功率P ? Fv0 ② ③ ④

mgsinq 2 联立解得拉力做功的功率P ? ( ) ? 6R ⑤ Bd ? 2 ? 开始时ab杆所受合力沿斜面向上,因此沿斜面向上运动, 而cd杆所受合力沿斜面向下,因此沿斜面向下运动,随着速 度的增大,安培力也逐渐增大,最后两杆同时达到匀速运动 状态.

设ab杆和cd杆最后的速度大小分别为v1、v 2, 因为两杆组成的系统所受的外力合力为零, 因此系统动量守恒,取沿斜面向上为正方向, 则0 ? mv1 ? 2mv 2 ⑥ cd杆匀速运动,则杆所受安培力I?dB ? 2mgsinq ⑦ Bd ? v1 ? v2 ? 回路中的电流I? ? ⑧ R 联立解得ab杆和cd杆达到稳定状态时的速度分别为 4mgRsinq v1 ? (方向沿斜面向上) ⑨ 2 2 3B d 2mgRsinq v2 ? (方向沿斜面向下) ⑩ 2 2 3B d

4.电磁感应与多种知识结合的问题
【例4】(2011·江门模拟)如图为某同学设计的速度选 择装置,两根足够长的光滑导轨MM′和NN′间距为L与

水平方向成q角,上端接滑动变阻器R,匀强磁场B0垂
直 导 轨 向 上 , 金 属 棒 ab 质 量 为 m 垂 直 横 跨 在 导 轨 上.滑动变阻器R两端连接水平放置的平行金属板, 极 板 间 距 为 d , 板 长 为 2d , 匀 强 磁 场 B 垂 直 纸 面 向 内.粒子源能发射沿水平方向不同速率的带电粒子,

粒子的质量为m0,电荷量为q,ab棒的电阻为r,滑动
变阻器的最大阻值为2r,其余部分电阻不计,不计粒 子重力.

(1)ab棒静止未释放时,某种粒子恰好打在上极板中点P 上,该粒子带何种电荷?该粒子的速度多大? (2)调节变阻器使R=0.5r,然后释放ab棒,求ab棒的最 大速度? (3)当ab棒释放后达到最大速度时,若变阻器在r≤R≤2r 范围调节,总有粒子能匀速穿过平行金属板,求这些 粒子的速度范围?

【解析】1?由左手定则可知:该粒子带正电荷. ? 粒子在磁场中做圆周运动,设半径为r,速度为v0, d 2 几何关系有:r ? d ? (r ? ) 2 5 得:r ? d 4 粒子做匀速圆周运动,
2 2

由牛顿第二定律: m0 v0 2 5Bqd Bqv0 ? 得:v0 ? r 4m0

? 2 ? ab棒达到最大速度时做匀速运动:mgsinq
对回路,由闭合电路欧姆定律: I? B0 Lv 0.5r ? r ②,由①②得:v ? 3mgrsinq 2 B0 2 L2

? B0 IL



? 3? 当ab棒达到最大速度时,设变阻器接入电路电阻为R,
mgsinq 电压为U,由①式得:I ? B0 L 对变阻器,由欧姆定律:U ? IR 极板电压也为U,粒子匀速运动:Bqv1 ? 由①③④得:v1 ? mgRsinq BB0 Ld U q d ③ ④

因为:r ? R ? 2r,故粒子的速度范围为: mgRsinq 2mgRsinq ? v1 ? BB0 Ld BB0 Ld

【同类变式】如图所示,光滑绝缘斜面的倾角为q,斜 面上放置一质量为M,电阻为R、边长为L的正方形导 线框abcd,通过细线绕过光滑的定滑轮与一质量为m的 重物相连,连接线框的细线与线框共面,滑轮和绳的 质量均不计.斜面上有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,其 宽度均为L,磁感应强度大小均为B,磁场方向分别垂 直于斜面向上和垂直于斜面向下.线框的ab边距磁场 区域Ⅰ的上边界为2L.开始时各段绳都处于伸直状态, 现将它们由静止释放,线框沿斜面向下运动,ab边刚 穿过两磁场的分界线OO′进入磁场区域Ⅱ时,线框恰好 做匀速运动(绳子始终处于拉紧状态).求:

(1)线框的ab边刚进入磁场区域Ⅰ时的速度大小; (2)线框的ab边在磁场区域Ⅱ运动的过程中,线框重 力的功率P; (3)从开始释放到ab边刚穿出磁场区域Ⅱ的过程中, 线框中产生的焦耳热Q.

【解析】1? 对线框和重物利用机械能守恒定律有 ? 1 2MgLsinq ? 2mgL ? ? M ? m ? v12 2 4? Msinq ? m ? gL 解得v1 ? M ?m ? 2 ? 设线框的ab边刚进入磁场区域Ⅱ时的速度为v 2, 2 BLv 2 则线框中产生的电流为I ? R 4 B 2 L2 v 2 线框受到的安培力F ? 2BIL ? R 设绳对线框m的拉力大小为T,则对线框:T ? F ? Mgsinq, ? Msinq ? m ? gR 对m:T ? mg联立解得v 2 ? 4 B 2 L2

M ? Msinq ? m ? g 2 Rsinq P ? Mg ? sinq ? v 2 ? 4 B 2 L2 ? 3? 从线框开始释放到ab边刚穿出磁场区域Ⅱ的过程中, 1 根据能量守恒定律有4MgLsinq ? 4mgL ? Q ? ? M ? m ? v 2 2 2 ? Msinq ? m ? gR 2 联立得Q ? 4(Msinq ? m)gL ? ? M ? m ? [ ]. 2 2 4B L


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