2020选考物理-选修3-2-第九章-专题课2-电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题课件

专题课2电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题专题课2电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零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电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法状态特征处理方法2.电学对象与力学对象的转换及关系2.电学对象与力学对象的转换及关系命题角度1导体棒处于静止状态【例1】

（2017·天津理综，3）如图1所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）图1A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小命题角度1导体棒处于静止状态【例1】（2017·天津理综答案D答案D【例2】（多选）一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图2所示，磁感应强度B＝0.5T，导体棒ab、cd长度均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升（导体棒ab、cd与导轨接触良好），此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（）命题角度2导体棒做匀速运动图2A.ab受到的拉力大小为2NB.ab向上运动的速度为2m/sC.在2s内，拉力做功，有0.4J的机械能转化为电能D.在2s内，拉力做功为0.6J【例2】（多选）一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻答案

BC答案BC【例3】如图3所示，足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°（sin37°＝0.6），间距为1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T，P、M间所接电阻的阻值为8Ω。质量为2kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g＝10m/s2，求：命题角度3变加速直线运动问题图3（1）当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；（2）当金属杆沿导轨的位移为6.0m时，通过金属杆的电荷量。【例3】如图3所示，足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙解析（1）对金属杆ab应用牛顿第二定律，有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，FN＝mgcosθab杆所受安培力大小为F安＝BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv代入vm＝8m/s时a＝0，解得F＝8N代入v＝4m/s及F＝8N，解得a＝4m/s2解析（1）对金属杆ab应用牛顿第二定律，有代入vm＝8m（2）设通过回路横截面的电荷量为q，则q＝It回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx，联立解得q＝3C答案（1）4m/s2（2）3C（2）设通过回路横截面的电荷量为q，则q＝It回路中的磁通量用“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：用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题电磁感应中的动力学和能量问题1.电磁感应中的能量转化2.求解焦耳热Q的三种方法电磁感应中的动力学和能量问题1.电磁感应中的能量转化2.求解【例4】（2016·浙江理综）小明设计的电磁健身器的简化装置如图4所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）。求【例4】（2016·浙江理综）小明设计的电磁健身器的简化装置图4（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；（2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。图4（2）感应电动势E＝Blv③安培力FA＝IBl⑤（2）感应电动势E＝Blv③安培力FA＝IBl⑤（3）健身者做功W＝F（s＋d）＝64J⑦由牛顿第二定律得F－mgsinθ－FA＝0⑧焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J⑩答案（1）2.4m/s（2）48N（3）64J

26.88J（3）健身者做功W＝F（s＋d）＝64J⑦焦耳热Q＝I2R【变式训练1】如图5所示，在高度差h＝0.5m的平行虚线范围内，有磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m＝0.1kg、边长L＝0.5m、电阻R＝0.5Ω，线框平面与竖直平面平行，静止在位置“Ⅰ”时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F＝4.0N向上提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置“Ⅱ”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速直线运动。g取10m/s2。【变式训练1】如图5所示，在高度差h＝0.5m的平行虚线图5（1）求线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；（2）线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？图5解析（1）在恒力作用下，线框开始向上做匀加速直线运动，设线框的加速度为a，据牛顿第二定律有：F－mg＝ma设cd边刚进磁场时，线框速度设为v1，线框从静止到cd边刚进磁场过程中，由运动学方程有：cd边刚进磁场时产生电动势E＝BLv，感应电流安培力F安＝BIL解析（1）在恒力作用下，线框开始向上做匀加速直线运动，设线线框做匀速直线运动，则有F＝F安＋mg，由v2＝2aH解得H＝9.6m。（2）恒力F做的功W＝F（H＋L＋h）＝42.4J，从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，拉力所做的功等于线框增加的重力势能和产生的热量Q，即F（L＋h）＝mg（L＋h）＋Q，解得：Q＝（F－mg）（L＋h）＝3.0J答案（1）9.6m（2）42.4J

3.0J线框做匀速直线运动，则有F＝F安＋mg，由v2＝2aH解得H电磁感应中的动量和能量观点的综合应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。2.在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。电磁感应中的动量和能量观点的综合应用1.应用动量定理可以由动【例5】

（2017·11月浙江选考）如图6所示，匝数N＝100、截面积S＝1.0×10－2m2、电阻r＝0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k＝0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。【例5】（2017·11月浙江选考）如图6所示，匝数N＝1图6（1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向；（2）断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此过程棒上产生的热量。图6代入数据得E＝0.8V，由楞次定律判断可知，电流从左边流入，右边流出。等效电路图如下：根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即金属棒所受安培力等于其重力，代入数据得E＝0.8V，由楞次定律判断可知，电流从左边流入即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.50T，根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外。（2）开关断开之后，撤去挡条，ab下滑中切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，得（mg－B2Id）t＝mv－0联立上式可知v＝2.21m/s即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.50T，联立上式可知v求得W＝－4.58×10－3J，因此金属棒上产生热量为答案（1）0.5T，磁场垂直纸面向外（2）2.29×10－3J求得W＝－4.58×10－3J，因此金属棒上产生热量为答案（1）若涉及变力作用下运动问题，可选用动量守恒和能量守恒的方法解决。（2）若涉及恒力或恒定加速度，一般选用动力学的观点。若涉及运动时间问题也可选用动量定理求解。（1）若涉及变力作用下运动问题，可选用动量守恒和能量守恒的方2020选考物理-选修3-2-第九章-专题课2-电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题课件图7（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功）（1）棒ab运动到x1＝0.2m时的速度v1；（2）棒ab运动到x2＝－0.1m时的速度v2；（3）电容器最终所带的电荷量Q。图7解析（1）从x0～x1的过程，由于安培力为恒力，安培力F＝BIL（2）在区间－0.2m≤x≤0.2m安培力F＝5xIL如图所示，安培力做功解析（1）从x0～x1的过程，由于安培力为恒力，（2）在区（3）从0.2m处移到－0.2m处安培力不做功，v3＝v1＝2m/s设最后稳定时的速度为v则导体棒两端电压U＝BLv由动能定理得（3）从0.2m处移到－0.2m处安培力不做功，由动能定电容器上所带电荷量q＝CU电路中通过的电荷量q＝It

根据动量定理－BILt＝mv－mv3电容器上所带电荷量q＝CU模型一“单杆＋导轨”模型1.单杆水平式（导轨光滑）科学思维——电磁感应中的“杆＋导轨”模型模型一“单杆＋导轨”模型科学思维——电磁感应中的“杆＋导轨2020选考物理-选修3-2-第九章-专题课2-电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题课件2.单杆倾斜式（导轨光滑）2.单杆倾斜式（导轨光滑）【例1】如图8所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1kg，空间存在磁感应强度B＝0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R＝3.0Ω，金属杆的电阻r＝1.0Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3∶5。g取10m/s2。求：【例1】如图8所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导图8（1）水平恒力F的大小；（2）前4s内电阻R上产生的热量。图8解析（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当t＝2s时，v＝4m/s，此时感应电动势E＝BLv根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0解得F＝0.75N。解析（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2则ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt又由于q1∶q2＝3∶5联立解得x2＝8m，x1＝4.8m前4s内由能量守恒定律得设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3解得QR