电磁感应中的动力学问题和能量问题..教学文案.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,电磁感应中的动力学问题和能量问题.,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,=,I,2,Rt,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,.,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,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,l,1,=1 m,bc,边的边长,l,2,=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,(,ef,gh,ab,),的右,方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度,B,=0.5 T.,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/s,2,).,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.,(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,=,F,T,F,T,=,mg,sin +,F,A,ab,边切割磁感线产生的电动势,E,=,Bl,1,v,感应电流,I,=,受到的安培力,F,A,=,BIl,1,联立得,Mg,=,mg,sin +,代入数据得,v,=6 m/s,(2),线框进入磁场前做匀加速直线运动,对,M,有,:,Mg,-,F,T,=,Ma,对,m,有,:,F,T,-,mg,sin =,ma,联立解得,a,=5 m/s,2,该阶段运动时间为,t,1,=s=1.2 s,在磁场中匀速运动的时间,t,2,=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/s,2,s,-,l,2,=,v,t,3,+,at,3,2,解得,t,3,=1.2 s,因此,ab,边由静止开始运动到,gh,线所用的时间,t,=,t,1,+,t,2,+,t,3,=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,.,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,:,(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,=,Bl,v,I,=,则,mg,sin =,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,=2,BL,v,此时线框的加速度为,a,=-,g,sin =-,g,sin =3,g,sin,(3),设线框再次做匀速运动的速度为,v,则,mg,sin =2,B,v,=,由能量守恒定律得,Q,=,mg,L,sin +(,m,v,2,-,m,v,2,),=,mgL,sin +,答案,(1)(2)3,g,sin,（,3,）,mg,L,sin +,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,=,W,A,.,(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,=,I,2,Rt,.,(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,.,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/s,2,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,=,Bd,v,=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,2,Rt,R,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,mgL,sin =,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 -,B,I,m,d,=,ma,解得,a,=3 m/s,2,答案,(1)0.6V,(2)4 m/s,(3)3m/s,2,本题共,10,分,.,其中式各,1,分,式,2,分,.,【,导析,】,1.,本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化与守恒定律等，解答的关键是对金属框进行正确的受力分析，弄清楚能量的转化情况,.,2.,对导体棒或线框受力分析时，安培力是它们受到的其中一个力，因此分析导体棒或线框的运动规律时，方法与力学中完全相同，但必须注意的是，安培力是个容易变化的力，其大小和方向都可能随着速度的变化而变化,.,【评分标准】,能力提升,1.,如图,8,所示,边长为,L,的正方形导线框质,量为,m,由距磁场,H,高处自由下落,其下边,ab,进入匀强磁场后,线圈开始做减速运动,直到其上边,cd,刚刚穿出磁场时,速度减为,ab,边刚进入磁场时的一半,磁场的宽度也,为,L,则线框穿越匀强磁场过程中发出的,焦耳热为,(),A.2,mgL,B.2,mgL,+,mgH,C.2,mgL,+,mgH,D.2,mgL,+,mgH,图,8,解析,设刚进入磁场时的速度为,v,1,刚穿出磁场时,的速度,v,2,=,线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度,为,2,L,.,由题意,m,v,1,2,=,mgH,m,v,1,2,+,mg,2,L,=,m,v,2,2,+,Q,由得,Q,=2,mgL,+,mgH,C,选项正确,.,答案,C,2,.,平行金属导轨,MN,竖直放置于绝缘水,平地板上如图,10,所示,金属杆,PQ,可以,紧贴导轨无摩擦滑动,导轨间除固定,电阻,R,外,其他电阻不计,匀强磁场,B,垂,直穿过导轨平面,以下有两种情况,:,第,一次,闭合开关,S,然后从图中位置由,静止释放,PQ,经过一段时间后,PQ,匀速到达地面,;,第二次,先从同一高度由静止释放,PQ,当,PQ,下滑,一段距离后突然关闭开关,最终,PQ,也匀速到达了,地面,.,设上述两种情况下,PQ,由于切割磁感线产生,的电能,(,都转化为内能,),分别为,E,1,、,E,2,则可断定,(),图,10,A.,E,1,E,2,B.,E,1,=,E,2,C.,E,1,E,2,D.,无法判定,E,1,、,E,2,的大小,解析,设,PQ,棒的质量为,m,匀速运动的速度为,v,导,轨宽,l,则由平衡条件,得,BIl,=,mg,而,I,=,E,=,Bl,v,所,以,v,=,可见,PQ,棒匀速运动的速度与何时闭合,开关无关,即,PQ,棒两种情况下落地速度相同,由能,的转化和守恒定律得,:,机械能的损失完全转化为电,能,故两次产生的电能相等,.,答案,B,3,.,如图,12,所示,两根水平放置的相互,平行的金属导轨,ab,、,cd,表面光滑,处在竖直向上的匀强磁场中,金属,棒,PQ,垂直于导轨放在上面,以速度,v,向右匀速运动,欲使棒,PQ,停下来,下面的措施可行的是,(,导轨,足够长,棒,PQ,有电阻,)(),A.,在,PQ,右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒,B.,在,PQ,右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均,比棒,PQ,大的金属棒,C.,将导轨的,a,、,c,两端用导线连接起来,D.,将导轨的,a,、,c,两端和,b,、,d,两端分别用导线连接,起来,图,12,解析,在,PQ,棒右侧放金属棒时,回路中会有感应电,流,使金属棒加速,PQ,棒减速,当获得共同速度时,回路中感应电流为零,两棒都将匀速运动,A,、,B,项,错误,;,当一端或两端用导线连接时,PQ,的动能将转,化为内能而最终静止,C,、,D,两选项正确,.,答案,CD,4,.,如图,14,甲所示,空间存在,B,=0.5 T,方向竖直向下,的匀强磁场,MN,、,PQ,是处于同一水平面内相互平,行的粗糙长直导轨,间距,L,=0.2 m,R,是连在导轨一,端的电阻,ab,是跨接在导轨上质量,m,=0.1 kg,的导,体棒,.,从零时刻开始,通过一小型电动机对,ab,棒施,加一个牵引力,F,方向水平向左,使其从静止开始,沿导轨做加速运动,此过程中棒始终保持与导轨,垂直且接触良好,.,图乙是棒的,v,t,图象,其中,OA,段,是直线,AC,段是曲线,DE,是曲线图象的渐近线,小,型电动机在,12 s,末达到额定功率,P,额,=4.5 W,此后,功率保持不变,.,除,R,以外,其余部分的电阻均不计,g,=10 m/s,2,.,(1),求导体棒在,0,12 s,内的加速度大小,.,(2),求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻,R,的阻值,.,(3),若,t,=17 s,时,导体棒,ab,达到最大速度,从,0,17 s,内共发生位移,100 m,试求,12,17 s,内,R,上产生的热,量是多少,?,图,14,解析,(1),由,v,t,图象知,a,=0.75 m/s,2,(2),导体棒在,0,12 s,内做匀加速运动,电动机的输出,功率在增大,12 s,末达额定功率,做加速度逐渐减小,的加速运动,16 s,后做匀速运动,.,设,12 s,末的速度为,v,1,0,12 s,内的加速度为,a,1,E,1,=,Bl,v,1,I,1,=,由牛顿第二定律,F,1,-,mg,-,BI,1,L,=,ma,1,则,P,额,=,F,1,v,1,在乙图,C,点时棒达到最大速度,v,m,=10 m/s,E,m,=,Bl,v,m,I,m,=,由牛顿第二定律：,F,2,-,mg,-,BI,m,L,=0,则,P,额,=,F,2,v,m,联立,代入数据解得,=0.2,R,=0.4,(3),在,0,12 s,内通过的位移,:,x,1,=(0+,v,1,),t,1,=54 m,AC,段过程发生的位移,:,x,2,=100-,x,1,=46 m,由能量守恒,:,P,0,t,=,Q,R,+,mg,x,2,+,m,v,m,2,-,m,v,1,2,解得,Q,R,=12.35 J,答案,(1)0.75 m/s,2,(2)0.2 0.4,(3)12.35 J,此课件下载可自行编辑修改，仅供参考！感谢您的支持，我们努力做得更好！谢谢,