2023年江苏高考 物理大一轮复习 第十一章 专题强化二十四　电磁感应中的动力学和能量问题课件（72张PPT）.pptx

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1、第十一章电磁感应专题强化二十四电磁感应中的动力学 和能量问题目标要求1.会用动力学知识分析电磁感应问题.2.会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题.内容索引题型一电磁感应中的动力学问题题型二电磁感应中的能量问题课时精练题型一电磁感应中的动力学问题1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态静止状态或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件列式分析.(2)导体的非平衡状态加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤3.导体常见运动情况的动态分析vEBlvF安BIlF合若F合0匀速直线运动若F合0F合maa、v同向v增大，

2、若a恒定，拉力F增大v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a0，匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a0，静止或匀速直线运动例1如图，水平固定的光滑U型金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨间距为L.一金属棒从导轨右端以大小为v的速度滑上导轨，金属棒最终停在导轨上，已知金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R，金属棒与导轨始终接触良好，不计导轨的电阻，则A.金属棒静止前做匀减速直线运动B.金属棒刚滑上导轨时的加速度最大考向1“单棒电阻”模型金属棒切割磁感线产生的电动势为 EBLv，产生的 电 流 为 ，则金属棒受水平向右的 安 培

3、力，产 生 的 加 速 度 为 ，金 属 棒做加速度减小的变减速直线运动，故金属棒刚滑上导轨时速度最大，加速度最大，故A错误，B正确；金属棒从滑上导轨到静止，仅受安培力作用，安培力做负功，则减少的动能转变为热能，故由能量守恒定律有Q mv2，故D错误.例2如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成30角固定，间距为L1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B0.5 T.P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R.现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得最大速度为vm，得到 的

4、关系如图乙所示.若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则A.金属杆中感应电流方向为a指向bB.金属杆所受的安培力沿轨道向下C.定值电阻的阻值为1 D.金属杆的质量为1 kg由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；例3如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动.整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨.已知U形金属

5、导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.下列说法不正确的是A.拉力F是恒力B.拉力F随时间t均匀增加C.金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 ND.金属杆运动的加速度大小为2 m/s2t0时，F最小，代入数据可求得a2 m/s2，选项D正确；t2 s时，代入数据解得F12 N，选项C正确.考向2“单棒电容器”模型棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流例4(2021河北

6、卷7)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是A.通过金属棒的电流为2BCv2tan B.金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为 BCvx0tan C.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系知切割长度为L2xtan，xvt

7、则产生的感应电动势为E2Bv2ttan 由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为QCE2BCv2ttan 则流过金属棒的电流I 2BCv2tan，A正确；当金属棒到达x0处时，金属棒产生的感应电动势为E2Bvx0tan 则此时电容器的电荷量为QCE2BCvx0tan，B错误；由于金属棒做匀速运动，则FF安BIL4B2Cv3tan2t，F与t成正比，则F为变力，根据力做功的功率公式PFv可知功率P随力F变化而变化，D错误.题型二电磁感应中的能量问题1.电磁感应中的能量转化2.求解焦耳热Q的三种方法3.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，

8、以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.例5(2018江苏卷9改编)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为2mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于考向1应用功能关系解决电磁感应中的能量问题穿过磁场后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场上边缘速度大于从磁场出来时的速度，即进

9、入磁场时速度等于进入磁场时速度，大于从磁场出来时的速度.金属杆在磁场中做减速运动，加速度方向向上，A错误；金属杆在磁场 中做减速运动，由牛顿第二定律知 maBILmg mg，a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由vt图像(可能图像如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B正确；由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W安1mg2d0，W安12mgd.即通过磁场产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C错误.设刚进入磁场时速度为v，则由机械能守恒定律知例6如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属

10、导轨MN、PQ，间距L0.2 m，其电阻不计.完全相同的两根金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触.已知两棒质量均为m0.01 kg，电阻均为R0.2，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B1.0 T.棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动位移x0.1 m时达到最大速度，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零，重力加速度g取10 m/s2.求：考向2应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题(1)恒力F的大小；答案0.2 N当ab棒达到最大速度时，对ab和cd整体为研究对象，受力分析有：F2mg0.2 N(2)

11、ab棒由静止到最大速度，通过ab棒的电荷量q；答案0.05 Cab棒由静止到最大速度通过ab棒的电荷量(3)ab棒由静止到达最大速度过程中，回路产生的焦耳热Q.答案5103 Jab棒达到最大速度vm时，对cd棒有BILmgab棒切割磁感线产生的感应电动势EBLvm代入数据解得 vm1 m/sab棒由静止到最大速度过程中，由能量守恒定律得代入数据解得Q5103 J.课时精练1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则A.

12、ef 将减速向右运动，但不是匀减速运动B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动必备基础练12345678910111234567891011ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到 向左 的安培力而做减速运动，由FBIL ma知，ef做的 是 加 速 度 减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误.2.如图，固定在水平桌面上的足够长的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止

13、开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F安表示，则下列说法正确的是A.金属杆ab做匀加速直线运动B.金属杆ab运动过程中，回路中有顺时针方向的 电流C.金属杆ab所受到的安培力先不断增大，后保持不变D.金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比1234567891011金属杆受到的安培力：F安BIL ，方 向向左，金属杆在恒力作用下向右做加速运动，随 速 度 v的 增 大，安 培 力 变 大，金 属 杆1234567891011受到的合力减小，加速度减小，当安培力与恒力合力为零时，金属杆做匀速直线运动，安培力保持不变，由此可知，金属杆向右先做加速度减小的加速

14、运动，然后做匀速直线运动，故A错误，C正确；由右手定则可知，金属杆ab运动过程回路中有逆时针方向的感应电流，故B错误；安培力的功率：P安F安v ，由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，故D错误.12345678910113.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻.质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示.不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电

15、流方向为abB.金属棒刚进磁场时一定做加速运动C.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为1234567891011当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为ba，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；12345678910114.如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直

16、并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法不正确的是12345678910111234567891011123456789101112345678910115.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属

17、棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中123456789101112345678910111234567891011金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得 mgh mv2，可知金属棒到达平直部分时的速度 v ，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势EBLv，最大感应电流 ，故A错误；1234567891011金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mghW安mgd0，克服安培力做的功W安mghmgd，故C错误；克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，因为定值电阻的阻值与金属棒接入电路的阻值相等，通过它们的电流相等

18、，则金属棒 产生的焦耳热 ，故D正确.6.如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向不变，磁场方向垂直纸面向外.现有一闭合的正方形金属线框(线框有电阻)，质量为m，以速度大小为v0、沿其对角线且与x轴成45角方向开始运动，以下关于线框的说法中正确的是A.线框中的感应电流方向沿逆时针方向B.线框将做匀减速直线运动C.线框运动中产生的内能为 mv02D.线框最终将静止于平面上的某个位置12345678910111234567891011穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则得线框中产生顺时针方向感应电流，A错误；线框运动过程中，由于磁场分布沿

19、y轴方向不变，沿x轴方向均匀变大，所以线框沿y轴方向所受合力为0，沿x轴方向所受合力沿x轴负方向，与速度方向有夹角，所以线框做曲线运动，B错误；12345678910117.如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L，轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计，长度为L、质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于MN、PQ静止放在导轨上，与MP间的距离为d，棒与导轨接触良好.t0时刻起，整个空间加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，图中B0、t0已知.1234567891011能力综合练(1)若t0时刻棒ab的速度大小为v，求0t

20、0时间内安培力对棒所做的功W；对金属棒ab，由动能定理得，安培力对金属棒做的功为1234567891011(2)在0t0时间内，若棒ab在外力作用下保持静止，求此时间内电阻R产生的焦耳热Q.12345678910111234567891011金属棒ab在外力作用下保持静止，0t0时间内电阻R上产生的焦耳热QI2Rt08.如图所示，竖直放置的光滑金属导轨水平间距为L，导轨下端接有阻值为R 的电阻.质量为m、电阻为r的金属细杆ab与竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧上端固定.整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中.现使细杆从弹簧处于原长位置由静止释放，向下运动距离为h时达到最

21、大速度vm，此时弹簧具有的弹性势能为Ep.导轨电阻忽略不计，细杆与导轨接触良好，重力加速度为g，求：(1)细杆达到最大速度vm时，通过R的电流大小I；1234567891011细杆切割磁感线，产生动生电动势12345678910111234567891011(2)细杆达到最大速度vm时，弹簧的弹力大小F；1234567891011(3)上述过程中，R上产生的焦耳热Q.9.如图甲所示，相距L1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角37，导轨电阻不计，质量m1 kg、接入电路电阻为r0.5 的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R1.5，电容器的电容

22、C0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的vt图像如图乙所示，sin 370.6，取重力加速度g10 m/s2.1234567891011(1)求磁场的磁感应强度大小B；1234567891011答案2 T1234567891011由题图乙可知，导体棒的最大速度vm3 m/s，对应的感应电动势EBLvm，当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BILmgsin，(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速

23、度与加速度分别是多大？1234567891011答案2 m/s2 m/s21234567891011导体棒和定值电阻串联，由公式QI2Rt可知：QabQR13，则导体棒ab产生的焦耳热Qab 21 J7 J，导体棒下滑x5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsin mv12QabQR得导体棒的速度v12 m/s，此时感应电动势E1BLv1，1234567891011对导体棒有mgsin BI1Lma1，解得加速度a12 m/s2.(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t2 s时导体棒的速度大小.1234567891011

24、答案4 m/s1234567891011开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsin BI2Lma2，解得a22 m/s2，表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t2 s时导体棒的速度大小v2a2t4 m/s.10.(2020全国卷21改编)如图所示，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直.ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行.经过一段时间后A.金属

25、框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小逐渐减小直至为零C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值1234567891011素养提升练1234567891011当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有FBilMa1；MN中感应电流从 M流 向 N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为 a2，则有 Bilma2，当金属框和 MN都运动后，金属框速度 为 v1，M N速 度 为 v2，则电路中的感应电流为 i ，感 应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从 开始减小，加速度差值减小.12

26、34567891011当a1a2时，得 F(Mm)a，a 恒定，由 F安ma可知，安 培力不再变化，则感应电流不再变化，据i 知金属框与MN的速度差保持不变，vt图像如图所示，故A、B错误，C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误.11.(2021山东卷12改编)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上.区域、中磁场方向均垂直斜面向上，区中磁感应强度随时间均匀增加，区中为匀强磁场.阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入区后，经b下行至c处反向上行.运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好.在第一次下行和上

27、行的过程中，以下叙述不正确的是A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C.金属棒不能回到无磁场区D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处12345678910111234567891011感应电动势恒定，所以在金属棒进入区域前感应电流恒为金属棒进入区域后，金属棒切割磁感线，感应电动势为E2BLv金属棒上的电流为1234567891011区域产生的电流使金属棒受到的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为金属棒到达c后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b的受力分析如图下行过程中，根据牛顿第二定律可知B2I1LB2I2Lmgsin ma1上行过程中，根据牛顿第二定律可知B2I1LB2I2Lmgsin ma2比较加速度大小可知a1a21234567891011由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属棒下行经过b时的速度大于上行经过b时的速度，A、B正确；区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确.