《广东省高中物理第一轮总复习-第10章第4讲电磁感应规律与力学规律的综合应用-粤教版-新课标》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省高中物理第一轮总复习-第10章第4讲电磁感应规律与力学规律的综合应用-粤教版-新课标（29页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1.电磁感应规律与牛顿运动规律的综合问题. 从导体在磁场中的受力情况和运动状态入手，当导体在磁场中受的安培力发生变化时，导致导体所受合外力发生变化，进而导致加速度、速度等发生变化.而速度的变化又反过来影响安培力的变化.周而复始可能使导体达到稳定状态.,2.用功能观点分析电磁感应问题. 电磁感应的过程通常对应着机械能、电能、内能间的转化.注意结合能量守恒定律、功能原理和动能定理分析问题.,主题(1)电磁感应中的动力学问题 光滑的平行金属导轨长L=2.0m，两导轨间距离d=0.5m，导轨平面与,图10-4-1,水平面的夹角为=30，导轨上端接一阻值为R=0.5的电阻，其余电阻不计，轨道所在空间有垂
2、直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B=1T，如图10-4-1所示.,有一不计电阻、质量为m=0.5kg的金属棒ab，放在导轨最上端且与导轨垂直.当金属棒ab由静止开始自由下滑到底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量为Q=1J，g=10m/s2，则： (1)指出金属棒ab中感应电流的方向. (2)棒在下滑的过程中达到的最大速度是多少？ (3)当棒的速度为v=2m/s时，它的加速度是多大？,(1)由右手定则，棒中感应电流方向由b指向a. (2)棒做加速度逐渐减小的变加速运动，棒到达底端时速度最大，由能量守恒定律得 mgLsin= +Q，解得vm=4m/s (3)当棒的速度为v时，感应电动势E=Bd
3、v,感应电动势运动分析,感应电流 棒所受安培力F=BId= 当棒的速度为v=2m/s时，F=1N 由牛顿第二定律得mgsin-F=ma 解得棒的加速度a=3m/s2 棒做变加速运动,加速度是变化的，要抓住特殊状态求解.,注意受力分析的完整性.,如图10-4-2所示，abcd为质量M=2kg的导轨，放在光滑绝缘的水平面,图10-4-2,上，另有一根重量m=0.6kg的金属棒PQ平行于bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘的竖直立柱ef(竖直立柱光滑，且固定不动)，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度B大小都为0.8T.,导轨的bc段长L=
4、0.5m，其电阻r=0.4，金属棒PQ的电阻R=0.2，其余电阻均可不计.金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.2.若在导轨上作用一个方向向左、大小为F=2N的水平拉力，设导轨足够长，重力加速度g取10m/s2，试求： (1)导轨运动的最大加速度； (2)导轨的最大速度； (3)定性画出回路中感应电流随时间变化的图线.,导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用.PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变.导轨向左切割磁感线时，感应电动势E=BLv 感应电流 即 ,导轨受到向
5、右的安培力F1=BIL，金属棒PQ受到向上的安培力F2=BIL，导轨受到PQ棒对它的摩擦力f=(mg-BIL)， 根据牛顿第二定律，有 F-BIL-(mg-BIL)=Ma (1)当刚拉动导轨时，v=0，由式可知I=0时有最大加速度am，即,(2)随着导轨速度v增大感应电流I增大而加速度a减小，当a=0时，导轨有最大速度vm，从式可得 F-(1-)BImL-mg=0 将Im=2.5A代入式，得,(3)从刚拉动导轨开始计时，t=0时，v=0，I=0， 当t=t1时，v达到最大，I达到2.5A，电流I随时间t的变化图线如图所示.,主题(2) 电磁感应中的动量问题,图10-4-3,(双选)如图10-4
6、-3所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面上，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构,成矩形回路.导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计，在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场.,开始时，导体棒处于静止状态.剪断细线后，导体棒在运动过程中( ) A.回路中有感应电动势 B.两根导体棒所受安培力的方向相同 C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒 D.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒 左右两棒所受安培力大小相等方向相反,该系统所受合外力为零，系统动量守恒.而此例中不是只有弹
7、力做功，故机械能不守恒.选AD.,AD,图1044,(单选)如图1044所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都静止在光滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右的冲量I，使环向右运动，则下列说法不正确的是( ),A在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动 B磁铁运动的最大速度为I/(M+m) C铝环在运动过程中，能量最小值为mI2/2(M+m)2 D铝环在运动过程中最多能产生的热量为I2/2m,D,主题(3)电磁感应中的能量问题 如图10-4-5所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R,图10-4-5,的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒
8、与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.,在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触. (1)求初始时刻导体棒受到的安培力; (2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？ (3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？,感应电动势功能原理 导体棒以初速度v0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用安培力做功使系统机械
9、能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热.由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态.,(1)初始时刻棒中感应电动势E=BLv0 棒中感应电流I= 作用于棒上的安培力F=BIL 联立，得 ，安培力方向：水平向左 (2)由功和能的关系，得安培力做功 电阻R上产生的焦耳热,(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置， 安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热.,如图10-4-6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的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离
10、开磁场时的速度刚好是进入磁场时,图10-4-6,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f，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.,由题意可知线框在磁场中一直是做变速直线运动.所以对整个过程只能由能的观点求解. (1)若线框在下落阶段能匀速地进入磁场，则线框在进入磁场的过程中受力平衡，则据平衡条件可知线框在进入磁场瞬间有： ，解得：,(2)线框从离开磁场至上升到最高点过程中据动能定理有： 线框从最
11、高点回落至进入磁场前瞬间的过程据动能定理有： 联立可解得： ，代入可得：,(3)设线框进入磁场的速度为v0，则线框在向上通过磁场过程中要克服重力、空气阻力及安培力做功，而克服安培力做功的量即是此过程中产生电能的量，也即是产生的热量Q，根据能量守恒定律有： 又由题可知v0=2v1 解得：,图1047,电阻为R的矩形线框abcd，边长ab=L，ad=h，质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图1047所示，若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框中产生的焦耳热是_(不考虑空气阻力),线框通过磁场的过程中，动能不变根据能的转化和守恒，重力对线框所做的功全部转化为线框中感应电流的电能，最后又全部转化为焦耳热所以，线框通过磁场过程中产生的焦耳热为Q=WG=mg2h=2mgh.,2mgh,
