物理步步高大一轮复习第九章 第4课时课件

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1、一、感应电流在磁场中所受的安培力 1.安培力的大小:F=BIL= 2.安培力的方向判断 (1)右手定则和左手定则相结合,先用 确定感应电流方向,再用 判断感应电流所受安 培力的方向. (2)用楞次定律判断,感应电流所受安培力的方向一 定和导体切割磁感线运动的方向 .,第4课时 电磁感应中的动力学问题和能量问题,考点自清,右手定则,左手定则,相反,名师点拨 1.由F= 知,v变化时,F变化,物体所受合外力 变化,物体的加速度变化,因此可用牛顿运动定律进 行动态分析. 2.在求某时刻速度时,可先根据受力情况确定该时 刻的安培力,然后用上述公式进行求解.,二、电磁感应的能量转化 1.电磁感应现象的实

2、质是 和 之间的转化. 2.感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力 ,将 的能转化为 ,电流做功再 将电能转化为 . 3.电流做功产生的热量用焦耳定律计算,公式为 .,其他形式的能,电能,做功,其他形式,电能,内能,Q=I2Rt,特别提醒 在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应的问题 时,要注意分析安培力做功的情况,因为安培力做的 功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”. 简单表示如下:电能 其他形式能.,W安0 W安0,热点一 对导体的受力分析及运动分析 从运动和力的关系着手,运用牛顿第二定律.基本方 法是:受力分析运动分析(确定运动过程和最终的 稳定状态)由牛顿第二定律列方程求解.

3、运动的动态结构: 这样周而复始的循环,循环结束时加速度等于零,导 体达到平衡状态.在分析过程中要抓住a=0时速度v达 到最大这一关键.,热点聚焦,特别提示 1.对电学对象要画好必要的等效电路图. 2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示 意图. 热点二 电路中的能量转化分析 从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律. 基本方法是: 受力分析弄清哪些力做功,做正功还是负功明确 有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减由动能定 理或能量守恒定律列方程求解.,例如,如图1所示,金属棒ab沿导轨 由静止下滑时,重力势能减少,一 部分用来克服安培力做功转化为 感应电流的电能,最终在R上转化 为焦耳热

4、,另一部分转化为金属棒 的动能.若导轨足够长,棒最终达到稳定状态匀速运 动时,重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转 化为感应电流的电能.因此,从功和能的观点入手,分 析清楚电磁感应过程中能量转化的关系,是解决电磁 感应问题的重要途径之一.,图1,题型1 电磁感应中的动力学问题 【例1】 如图2所示,光滑斜面的倾角 =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 ,线框通过细线与重物相 连,重物质量M=2 kg,斜面上ef线(efghab)的右 方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.

5、如果线框从静止开始运动,进入磁场最初一段 时间是匀速的,ef 线和gh线的距离s=11.4 m(取 g=10 m/s2).求:,题型探究,图2,(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v. (2)ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t. 思路点拨 线框的运动可分为进入磁场前、进入磁 场中、完全进入磁场后三个阶段,分析每个阶段的受 力,确定运动情况.,解析 (1)在线框进入磁场的最初一段时间内,重物 和线框受力平衡,分别有 Mg=FT FT=mgsin +FA ab边切割磁感线产生的电动势E=Bl1v 感应电流I= 受到的安培力FA=BIl1 联立得Mg=mgsin + 代入数据得v=6 m/s,(

6、2)线框进入磁场前做匀加速直线运动 对M有:Mg-FT=Ma 对m有:FT-mgsin =ma 联立解得a= =5 m/s2 该阶段运动时间为t1= = s=1.2 s 在磁场中匀速运动的时间 t2= s=0.1 s,完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同, 加速度仍为5 m/s2 s-l2=v t3+ at32 解得t3=1.2 s 因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间 t=t1+t2+t3=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s 答案 (1)6 m/s (2)2.5 s,规律总结 此类问题中力现象和电磁现象相互联系,相互制 约,解决问题首先要建立“动电动”的思维顺 序,可

7、概括为 (1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和 楞次定律求解电动势大小和方向. (2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及 方向. (3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电 路中电学参量的“反作用”,即分析由于导体棒 受到安培力,对导体棒运动速度、加速度的影响, 从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定 性分析出导体棒的最终运动情况. (4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解.,变式练习1 如图3(甲)所示,两根足够长的直金属 导轨MN、PQ平行放置在倾角为 的绝缘斜面上, 两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻. 一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并 与导轨垂直

8、.整套装置处于磁感应强度为B的匀强 磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电 阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金 属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.,图3,(1)由b向a方向看到的装置如图3(乙)所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图. (2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求 此时ab杆中的电流及其加速度的大小. (3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值. 解析 (1)如右图所示 重力mg,竖直向下 支持力FN,垂直斜面向上 安培力F,平行斜面向上,(2)当ab杆速度为v时,感应电动势 E=BLv 此时电路中电流I= ab杆受到的安培力

9、F=BIL= 根据牛顿运动定律,有ma=mgsin -F 解得a=gsin - (3)当ab杆稳定下滑时速度达到最大值,此时a=0; 即mgsin - =0 解得vm= 答案 (1)见解析中图 (2) gsin - (3),题型2 电磁感应中的能量问题 【例2】 如图4所示,两条足够长的平行光滑金属导 轨,与水平面的夹角均为 ,该空间存在着两个磁感 应强度大小均为B的匀强磁场区域和,区域的磁场方向垂直导轨平面向下,区域的磁场方向垂 直导轨平面向上,两匀强磁场在斜面上的宽度均为 L,一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属 线框,由静止开始沿导轨下滑,当线圈运动到ab边刚 越过ee即做匀速直

10、线运动;当线框刚好有一半进入 磁场区域时,线框又恰好做匀速直线运动.求:,图4,(1)当线框刚进入磁场区域时的速度v. (2)当线框刚进入磁场区域时的加速度. (3)当线框刚进入磁场区域到刚好有一半进入磁 场区域的过程中产生的热量Q.,思路点拨 (1)第一次匀速直线运动和第二次匀速 直线运动的受力特点相同吗? (2)这一过程中都有几种形式的能参与了转化? 解析 (1)ab边刚越过ee即做匀速直线运动,线框 所受合力F为零. E=Blv,I= ,则mgsin =BIL 解得v=,(2)当ab边刚越过ff时,线框中的总感应电动势为 E=2BLv 此时线框的加速度为 a= -gsin = -gsin

11、 =3gsin (3)设线框再次做匀速运动的速度为v,则 mgsin =2B v= 由能量守恒定律得 Q=mg Lsin +( mv2- mv2) = mgLsin +,答案 (1) (2)3gsin,（3） mgLsin +,方法提炼 求解焦耳热的途径 (1)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力 做的功,即Q=WA. (2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通 过电阻做的功,即Q=I2Rt. (3)感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现 象中其他形式能量的减少,即Q=E他.,变式练习2 如图5所示,将边长为a、 质量为m、电阻为R的正方形导线框 竖直向上抛出,穿过宽度为b、磁感 应强度为B的匀

12、强磁场,磁场的方向 垂直纸面向里.线框向上离开磁场时 的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff,且线框不发生转动.求: (1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2. (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1. (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.,图5,解析 (1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有 mg=Ff+ 解得v2= (2)由动能定理,线框从离开磁场至上升到最高点 的过程 (mg+Ff)h= mv12 线框从最高点回落至进入磁场瞬间 (mg-Ff)h= mv22 由联立解得

13、v1= v2=,(3)设线框在向上通过磁场过程中,线框刚进入磁 场时速度为v0,由能量守恒定律有 mv02- mv12=Q+(mg+Ff)(a+b) v0=2v1 Q= (mg)2-Ff2-(mg+Ff)(a+b) 答案 (1) (2) (3) (mg)2-Ff2-(mg+Ff)(a+b),题型3 电磁感应问题的综合应用,【例3】光滑的平行金属导轨长 L=2 m,两导轨间距d=0.5 m,轨 道平面与水平面的夹角 =30, 导轨上端接一阻值为R=0.6的 电阻,轨道所在空间有垂直轨道 平面向上的匀强磁场,磁场的磁 感应强度B=1 T,如图6所示.有一质量m=0.5kg、电阻 r=0.4的 金属

14、棒ab,放在导轨最上端,其余部分电阻不 计.当棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到底端脱离轨 道时,电阻R上产生的热量 =0.6 J,取g=10m/s2, 试求:,图6,(1)当棒的速度v =2 m/s时,电阻R两端的电压. (2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小. (3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小. 解析 (1)速度v=2 m/s时,棒中产生的感应电动势 E=Bdv =1 V 电路中的电流I = =1 A 所以电阻R两端的电压U=IR=0.6 V ,(2)根据Q=I 2RtR 在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 设棒到达底端时的速度为v m,根据能的转化和守恒 定律,得 mgLsin

15、= 解得v m=4 m/s ,(3)棒到底端时回路中产生的感应电流 根据牛顿第二定律有mg sin -BI md=ma 解得a=3 m/s2 答案 (1)0.6V(2)4 m/s(3)3m/s2,自我批阅 (20分)如图7所示,足够长的光滑平行金 属导轨MN、PQ竖直放置,一个磁感应强 度B=0.50 T的匀强磁场垂直穿过导轨平 面,导轨的上端M与P间连接阻值为 R=0.30 的电阻,长为L=0.40 m、电阻 为r=0.20 的金属棒ab紧贴在导轨上. 现使金属棒ab由静止开始下滑,通过传感器记录金 属棒ab下滑的距离,其下滑距离与时间的关系如下 表所示,导轨电阻不计.(g=10 m/s2)求:,图7,(1)在前0.4 s的时间内,金属棒ab电动势的平均值. (2)金属棒的质量. (3)在前0.7 s的时间内,电阻R上产生的热量.,解析 (1) = =0.6 V (4分) (2)从表格中数据可知,0.3 s后金属棒做匀速运动 速度v= =5 m/s (2分) 由mg-F=0 (2分) F=BIL (2分) I= (2分) E=BLv (2分) 解得m=0.04 kg (1分),(3)金属棒在下滑过程中,有重力和安培力做功,克 服安培力做的功等于回路的焦耳热.则 mgx= mv2-0+Q (2分) QR= (2分) 解得QR=0.348 J (1分) 答案 (1)0.6 V (