一轮--电磁感应中的动力学、能量和动量问题课件

1、故C错D对.故C错D对.小，小，BIL，IL不变B减BIL，IL不变B减F F（3）由平衡条件得f（3）由平衡条件得f恒定，故B错.恒定，故B错.R RE E恒定，I恒定，IS,S,t tB B（2）E（2）EA错.A错.应电流顺时针方向，故应电流顺时针方向，故(1)由楞次定律得感(1)由楞次定律得感: :分析分析A A . .m mt tL LB B解解得得R RF Fm mg g由由平平衡衡条条件件得得F FB BI IL LF FR RE EI I匀匀速速运运动动（2 2）金金属属杆杆在在磁磁场场中中0 02 22 2A AA A . .m mm mg g) )t tB BL L( (F

2、 F解解得得E EB BL Lv vE E动动金金属属杆杆在在磁磁场场中中匀匀速速运运m mv vm mg g) )t t由由动动量量定定理理：( (F F入入磁磁场场前前解解析析：（1 1）金金属属杆杆进进0 00 0 动量定理动量定理平衡条件平衡条件欧姆定律欧姆定律电磁感应电磁感应的应用的应用 mgmgB BN NBIdBId. .2as2as则v则v2as2asv v律得律得解析（1）由运动学规解析（1）由运动学规2 2 . .B Bd da a) )m m( (g gs si in n解解得得I Im ma aB BI Id dm mg gs si in n由由牛牛顿顿第第二二定定律律

3、得得：图图（2 2）截截面面图图及及受受力力如如 . .daBdaB2as2asa)a)m(gsinm(gsin则Q则QItItQ Qatat（3）v（3）v 能量转化能量转化功能关系功能关系焦耳定律焦耳定律QE其他能的减少量其他能的减少量QW克服安培力克服安培力QI2Rtd . .B BB Bbm m1 1g gBILBILN Nf fm mv v (1) (1)右手定则右手定则（2 2）平衡条件）平衡条件 平动切割电动平动切割电动势势（3 3）平均电动势）平均电动势 能量守能量守恒恒 b b. .则则a ab b中中电电流流a ac cc cd d中中电电流流由由d d值值得得解解析析：(

4、 (1 1) )由由右右手手定定5 5m m/ /s s. .解解得得v vB BL Lv v. .对对c cd d有有：E E. .R RR RE EI I. .f fg gs si in nm m则则B BI IL L受受力力如如图图，当当a ab b刚刚要要上上滑滑时时，g gs si in n. .m m平平衡衡条条件件f f有有：（2 2）a ab b刚刚好好不不上上滑滑2 21 1m m1 11 1m m1.3J.1.3J.解得Q解得Q. .R RR RQ QQ Q. .Q QQ Qv vm m2 21 1gxsingxsinm m（3）能量守恒（3）能量守恒abab2 21 1c

5、dcdababcdcdabab2 22 22 2 d . .B BB Bbm m1 1g gBILBILN Nf fm mv v对对. .故故动动量量不不守守恒恒，A A错错B B0 0，均均向向右右，系系统统F Fa ad d、b bc c所所受受安安培培力力得得电电流流顺顺时时针针. .左左手手定定则则分分析析：1 1）右右手手定定则则得得合合故故C C错错D D对对. . .P PP PP PP P得得t tW W由由P PQ QQ QW W故故W W. .E EW W对对b bc c棒棒动动能能定定理理：E EW W对对a ad d棒棒动动能能定定理理：. .Q QQ QE EE E对

6、对系系统统能能量量守守恒恒：运运动动. .安安培培力力为为0 0，二二者者匀匀速速0 0，路路I I当当两两棒棒达达到到稳稳定定后后，回回c c向向右右加加速速. .2 2）a ad d向向左左减减速速，b bb bc c热热a ad d热热b bc ca ad db bc ca ad d安安a ad d安安a ad db bc cK K安安b bc ca ad dK K安安a ad db bc ca ad dK Kb bc ca ad dK K 例例2.2.( (多选多选) )如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为滑金属导

7、轨，其间距为L L，电阻不计在虚线，电阻不计在虚线l l1 1的左侧存在竖直向的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线上的匀强磁场，在虚线l l2 2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为分磁场的磁感应强度大小均为B.adB.ad、bcbc两根电阻均为两根电阻均为R R的金属棒与的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给adad棒一个水平向左的初棒一个水平向左的初速度速度v v0 0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是( ( ）A A两金属棒组成的系统的动

8、量守恒两金属棒组成的系统的动量守恒B B两金属棒组成的系统的动量不守恒两金属棒组成的系统的动量不守恒C.adC.ad棒克服安培力做功的功率等于棒克服安培力做功的功率等于adad棒的发热功率棒的发热功率D.adD.ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对棒克服安培力做功的功率等于安培力对bcbc棒做功的功率与两棒做功的功率与两棒总发热功率之和棒总发热功率之和. .受受安安培培力力. .回回路路电电流流为为0 0. .两两棒棒不不等等大大反反向向，则则得得两两棒棒产产生生的的电电动动势势匀匀速速运运动动时时，由由右右手手定定解解析析（1 1）两两棒棒稳稳定定即即. .v v3 31 1v vv v解

9、解得得v v0 0. .2 2m mv vL Lt tI I对对b bc c棒棒动动量量守守恒恒：B B. .m mv vm mv vL Lt tI IB B- -对对a ad d棒棒动动量量守守恒恒：v v. .v vB BL Lv v得得v v由由E E（2 2）由由于于两两棒棒等等长长，0 0b bc ca ad d0 0c cb ba ad d . .m mv v6 61 1解解得得Q QR RR RQ QQ Q，且且Q QQ Q2 2m mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1即即, ,Q QQ QE EE E（3 3）系系统统能能量量守守恒恒：2 20

10、0a ad db bc ca ad dc cb ba ad dc cb ba ad d2 22 22 20 0c cb ba ad dK Kb bc cK Ka ad d （动量定理的应用）动量动量观点观点能量能量观点观点动力学动力学观点观点由由BLItBLItmv,mv,q qI Itt可知可知，当题目中涉及，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问

11、题定律处理问题其中一个其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动最终两金属杆以共同的速度匀速运动动量动量观点观点能量能量观点观点动力学动力学观点观点m mv v. .L Lt tI IB Bt t, ,I Iq q, ,t tB BL Lx xt tE E解解. .平平均均

12、电电流流、动动量量定定理理求求常常采采用用q q和和x x的的关关系系及及. .涉涉及及电电荷荷量量q q和和位位移移x x( (1 1) )在在变变速速运运动动过过程程 两两棒棒的的有有效效切切割割长长度度. .速速度度大大小小关关系系取取决决于于，但但两两棒棒速速度度不不一一定定相相等等回回路路电电动动势势为为零零. . .本本质质：回回路路磁磁通通量量不不变变（2 2）对对双双棒棒稳稳定定问问题题. .1 10 0m mR Rv vL L3 3B B解解得得a am ma a对对c cd d棒棒：B BI IL L2 2R RI IE E, ,0 0. .2 2) )v vB BL L(

13、 (0 0. .8 8回回路路电电动动势势E E0 0. .2 2v v解解得得v v, ,m mv v0 0. .8 8m mv v系系统统动动量量守守恒恒：m mv v0 0，向向，系系统统F F两两棒棒所所受受安安培培力力等等大大反反、左左手手定定则则判判断断解解析析（1 1）由由右右手手定定则则0 02 22 20 00 0a ab ba ab b0 00 0合合 . .m mv v4 41 1解解得得Q QQ Qm mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1能能量量守守恒恒：2 2m mv v. .系系统统动动量量守守恒恒：m mv vv v. .v v则则

14、此此时时v v、I I为为0 0. .安安培培力力为为0 0，回回路路总总E E做做匀匀速速运运动动，（2 2）两两棒棒稳稳定定时时，均均2 20 02 22 22 20 00 0c cd da ab b两棒不等长时稳定时速度相等吗？稳定的本质：回路磁通量不变化. .L LB BR Rm mv v解解得得x xm mv vm mv vL Lt tI IB B- -对对c cd d棒棒动动量量定定理理：. .2 2R RE EI I平平均均电电流流, ,t tB BL Lx xt tE E应应得得（3 3）由由法法拉拉第第电电磁磁感感2 22 20 00 0 （1 1）解题指导：牛顿第二定律求）

15、解题指导：牛顿第二定律求a a，必求安培力、电流、电动势、该时必求安培力、电流、电动势、该时刻的速度刻的速度. .非匀变求解速度的方法：符合动量非匀变求解速度的方法：符合动量守恒采用动量守恒定律求解守恒采用动量守恒定律求解. .（2 2）运动稳定的含义是什么？）运动稳定的含义是什么？怎样求解稳定是速度？怎样求解稳定是速度？非匀变运动的能量问题采用什么方非匀变运动的能量问题采用什么方法求解？法求解？（3 3）非匀变运动位移变）非匀变运动位移变化量的求解方法？化量的求解方法？求解q采用平均值.求解q采用平均值.P，P，L Lt tI IB BI I, ,R RBLBLx xR Rq qA A总总总

16、总模型四模型四(v(v0 00)0)模型三模型三(v(v0 00)0)模型二模型二(v(v0 00)0)模型一模型一(v(v0 00)0)示示意意图图竖直轨道光滑，杆质竖直轨道光滑，杆质量为量为m m，电阻不计，两，电阻不计，两平行导轨间距为平行导轨间距为L L倾斜轨道光滑，倾角倾斜轨道光滑，倾角为为，杆质量为，杆质量为m m，电阻不计，两平行导电阻不计，两平行导轨间距为轨间距为L L轨道水平光滑，杆质轨道水平光滑，杆质量为量为m m，电阻不计，电阻不计，两平行导轨间距为两平行导轨间距为L L，拉力拉力F F恒定恒定质量为质量为m m，电阻不计的，电阻不计的单杆以一定初速度单杆以一定初速度v

17、v0 0在在光滑水平轨道上滑动，光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为两平行导轨间距为L L说说明明力力学学观观点点杆杆保保持持静静止止. .0 0，0 0时时a a当当v v. .a aF Fv v杆杆做做减减速速运运动动. .R Rv vL LB BB BI IL LF F, ,R RE EB BL Lv v，I IE E杆杆以以v v切切割割磁磁感感线线A A2 22 2A A . .L LB BF FR Rv v0 0时时v v最最大大，当当a a, ,a am ma aB BI IL LF F. .B BI IL LF FI IB BL Lv vE E杆杆加加速速v v2 22 2m

18、mA A . .L LB BmgRsinmgRsinv最大，vv最大，v0时，0时，当a当a, ,a amamaBILBILmgsinmgsin. .BILBILF FBLvBLvE Ev v杆加速杆加速mgsinmgsin, ,开始a开始a2 22 2m mA A . .L LB BmgRmgRvmvm0时v最大，0时v最大，当a当amamaBILBILmgmg，BILBILF FBLvBLvE Ev vg，杆加速g，杆加速开始a开始a2 22 2A A 能能量量观观点点图图像像观观点点. .m mv v2 21 1内内能能：Q Q动动能能全全部部转转化化为为2 20 0 2 2m mF Fmvmv2 21 1Q QW W 2 2m mPGPGmvmv2 21 1Q QE E 2 2m mPGPGmvmv2 21 1Q QE E . .L LB B2 2m mg gR Rs si in nv v0 0时时v v最最大大. .当当a ag g. .0 0时时a a最最大大a a当当v vm ma a. .F Fm mg gs si in n2 2R Rv vL LB BB