专题04电磁感应与电路02.ppt

《专题04电磁感应与电路02.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题04电磁感应与电路02.ppt（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、感悟渗透应用二、两种基本运动模型 由于电磁感应，导体中的电流和导体的运动状态发生动态变化，并且相互影响，有的最终达到一种稳定的运动状态，这类问题在分析时应运用动力学知识进行逐步分析，找出临界条件，运用动力学公式，特别是能的转化和守恒定律求解.具体的研究对象有两种基本模型. 1.矩形线框在有界磁场中的运动.感悟渗透应用【例3】如图4-4所示，在以ab、cd为边界的空间，存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外，宽度为l1.在纸面内有一矩形线框，短边长为l2，长边长为2l2，短边与ab重合.感悟渗透应用某时刻线框以初速v沿着与ab垂直的方向进入磁场区域，同时对线框施以作用力，使线框的速度大

2、小和方向保持不变.设线框电阻为R，从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框的作用力做的功等于 .RvllBWWW1222212感悟渗透应用【解析】只有两条短边先后在磁场中运动切割磁感线时，线框中才有感应电流I=Bl2v/R，这个过程人才需要对线框施加力而做功. 右面的一条短边在磁场中运动时，线框中的感应电流沿顺时针方向，磁场对线框的作用力向左，大小为 ； 人的作用力方向向右，大小与F相等，做功.RvlBBIlF2222RvllBW1222感悟渗透应用左面的一条短边在磁场中运动时，线框中感应电流沿逆时针方向，磁场对线框的作用力也向左，大小仍为F，人做功W2=W1.可见，从线框开始进入磁

3、场到完全离开磁场的过程中，人对线框的作用力所做的功RvllBWWW1222212感悟渗透应用【解题回顾】这是一道电磁感应、磁场、电路及力学知识的综合性考题.另外，分析矩形线框穿过有界磁场问题时要特别注意：线框有两个边先后通过磁场边界前后时回路中的两边产生的电动势、电流和受力变化情况；整个过程中各阶段的特点.感悟渗透应用【例4】如图4-5所示，在倾角为的光滑的斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，一个质量为m，边长也为L的正方形线框(设电阻为R)以速度v进入磁场时，恰好做匀速直线运动.感悟渗透应用若当ab边到达gg与ff中间位置时，线框

4、又恰好做匀速运动，则： (1)当ab边刚越过ff时，线框加速度的值为多少? (2)求线框开始进入磁场到ab边到达gg与ff中点的过程中产生的热量是多少?感悟渗透应用【解析】此题旨在考查电磁感应与能量之间的关系.线框刚越过ff时，两条边都在切割磁感线，其电路相当于两节相同电池的串联，并且这两条边还同时受到安培力的阻碍作用. (1)ab边刚越过ee即做匀速直线运动，表明线框此时所受的合力为0，即LRBLvBmgsin感悟渗透应用 在ab边刚越过ff时，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为E=2BLv，设此时线框的加速度为a，则2BEL/R-

5、mgsin=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin=3gsin，方向沿斜面向上. (2)设线框再做匀速运动时的速度为v，则mgsin=(B2BLvL/R)2，即v=v/4，从线框越过ee到线框再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得:2223215sin232121sin23mvmgLmvmvLmgQ感悟渗透应用【解题回顾】电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化，适时选用能量守恒关系常会使求解很方便，特别是处理变加速直线运动或曲线运动问题. 2.滑杆类问题即一段金属导体在导轨上滑动时，切割磁感线而在导体中产生电流，同时又受安培力之类的问题，切割方式有转动切割和平动切割.感悟

6、渗透应用【例5】如图4-6所示，铜质圆盘绕竖直轴O在水平面内匀速转动，圆盘半径为r=20cm，处在竖直向下的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，两个电刷分别与转动轴和圆盘的边缘保持良好接触，并与电池和保险丝D串联成一闭合电路.图4-6感悟渗透应用 已知电池电动势E=2V，电路中总电阻R=1，保险丝的熔断电流为1A试分析计算：为了不使保险丝烧断，金属圆盘顺时针方向转动的角速度的取值范围是什么?感悟渗透应用【解析】圆盘不动时，电路电流I=E/R=2A，大于保险丝的熔断电流，保险丝将被烧断 圆盘顺时针方向转动时，相当于长度为r的导体在垂直于磁场的平面里绕O轴以角速度匀速转动，感应电动势大小为 E=1/2

7、Br2 圆盘边缘电势比转动轴处电势高，在闭合电路中感应电动势的方向与电池电动势的方向相反.要保险丝不被烧断，在转动角速度较小时要满足.感悟渗透应用 (E-E)/RI 在转动角速度较大时应满足 (E-E)/RI 把数据E=2V，I=2A，R=1，代入解得 1B2r2/23 再把数据B=1T，r=0.2m代入上式解得 50rad/s150rad/s感悟渗透应用【解题回顾】(1)一段导体绕某一点转动而切割磁感线产生的电动势大小的公式应为E=Bsv，式中v应指导体上各点在空间上的平均速度.你能推导出本题中的式吗?(2)本题的结果中，当较小和较大时电路中的电流各是什么方向?感悟渗透应用【例6】如图4-7

8、所示，abcde和abcde为两平行的光滑导轨，其中abcd和abcd部分为处于水平面内的直轨，ab、ab的间距为cd、cd间距的2倍，de、de部分为与直轨相切的半径为R的半圆形轨道，图4-7感悟渗透应用且处于竖直平面内，直轨部分处于竖直向上的匀强磁场中，弯轨部分处于匀强磁场外，在靠近aa和cc处放有两根均质金属棒MN、PQ，质量分别为2m和m .为使棒PQ能沿导轨运动而通过半圆形轨道的最高点ee，问在初始位置至少必须给棒MN以多大的冲量?(设两段水平直轨均足够长，PQ离开磁场时MN仍在宽轨道上运动)感悟渗透应用【解析】若棒PQ刚能通过半圆形轨道的最高点ee，由圆周运动知识知mg= 可得PQ

9、在最高点时的速度 棒PQ在半圆形轨道上运动时机械能守恒，设其在dd时的速度为vd，由1/2mv2d=1/2mv20+mg2R可得vd= 两棒在直轨上运动的开始阶段，由于闭合回路中有感应电流，受安培力的作用，棒MN速度减小，而棒PQ速度增大当棒MN的速度v1和棒PQ的速度v2的关系为v1=v2/2时，回路中的磁通量不再变化而无感应电流，两者便做匀速运动，因而v2=vd= ,v1=Rmve/2gRvegR5gR52/5gR感悟渗透应用 在有感应电流存在的每一瞬间，由F=BIL及MN为PQ长度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和F2的关系为F1=2F2，从而在回路中有感应电流的时间t内，有F1=2F2 设棒MN的初速度为v0，取向右为正向，在时间t内分别对两棒应用动量定理，有-F1t=2mv1-2mv0,F2t=mv2，将前面两式相除，考虑到F1=2F2，并将v1、v2、的表达式代入，可得 v0= 所以在初始位置至少给棒MN的冲量为 I=2mv0= .253gRgRm 53感悟渗透应用【解题回顾】分析棒的运动过程一定要从受力分析入手，而其中的安培力又是受到棒的速度影响的要把这种动态的相互制约过程分析到底，直到找到一种最终稳定的运动状态.对于像本题两个棒同时运动的问题还应考虑到它们之间还存在什么联系，比如动量是否守恒等等.