高三物理一輪復習 第九章 電磁感應本章小結(jié)課件.ppt

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1、浙 江 專 用 物 理第 八 章 本 章 小 結(jié) 專題九電磁感應中的“導軌+桿”模型1.模型概述“導軌+桿”模型是電磁感應問題在高考命題中的“基本道具”,也是高考的熱點,考查的知識點多,題目的綜合性強,物理情景變化空間大,是我們復習中的難點。“導軌+桿”模型又分為“單桿”模型和“雙桿”模型;導軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜;桿的運動狀態(tài)可分為勻速運動、勻變速運動、非勻變速運動或轉(zhuǎn)動等;磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等,情景復雜,形式多變。3.模型變異“導軌+桿”模型可以演變?yōu)榫€圈在軌道上運動,其本質(zhì)還是“導軌+ 2.處理方法這類問題的實質(zhì)是不同形式的能量的轉(zhuǎn)化過程,從功和能的

2、觀點入手,弄清導體切割磁感線運動過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。處理這類問題主要有三種觀點,即:動力學觀點;能量觀點;圖像觀點。3.模型變異“導軌+桿”模型可以演變?yōu)榫€圈在軌道上運動,其本質(zhì)還軌是“導+桿”模型。 典例1 如圖甲所示,間距L=1m的足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面成30角放置,導軌電阻不計,導軌上端連有R=0.8的電阻和理想電流表A,磁感應強度為B=1T的勻強磁場垂直導軌平面向上。t=0時刻有一質(zhì)量m=1kg、電阻r=0.2的金屬棒,以初速度v0=10m/s從導軌上某一位置PP開始沿導軌向上滑行,金屬棒垂直導軌且與導軌接觸良好,與此同時對金屬棒施加一個沿斜面向上且垂直于金屬棒的外力F,F

3、隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。已知金屬棒沿導軌向上運動的過程中,電流表的示數(shù)是均勻變化的。g取10m/s 2。則:(1)t=0時刻金屬棒的加速度多大?(2)金屬棒運動到最高點后,又返回到PP(棒返回PP前已經(jīng)勻速運動)。返回過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量多大? 解析(1)t=0時刻金屬棒受力和等效電路如圖所示 F-mgsin-BIL=maI=ER r 0BLvR r解析(1)t=0時刻金屬棒受力和等效電路如圖所示 由上述兩式得a=-2m/s2(負號表示方向沿導軌向下),則加速度大小為2m/s2(2)因為電流表的示數(shù)總是均勻變化的,所以金屬棒的速度均勻變化。則對金屬棒有v=v0+at金屬棒上升到導軌

4、最高點時v=0,則t=5s,此時F-mgsin=ma,解得F=3N,此后恒有F=3N金屬棒沿導軌上滑的距離為x=25m金屬棒從最高點到返回PP前已經(jīng)達到勻速狀態(tài)mgsin=+F2002va 2 2 1B L vR r 得v1=2m/s返回過程中有mgxsin30-Fx-W安=mQ總=W安=48J電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=Q總=38.4J答案(1)2m/s2(2)38.4J 12 21vRR r 典例2 如圖所示,足夠長的光滑平行金屬導軌cd和ef水平放置,在其左端連接傾角為=37的光滑金屬導軌hc、ge,導軌間距均為L=1m,在水平導軌和傾斜導軌上,各放一根與導軌垂直的金屬桿,金屬桿與導軌接觸良

5、好。金屬桿a、b質(zhì)量均為m=0.1kg,電阻Ra=2、Rb=3,其余電阻不計。在水平導軌和斜面導軌區(qū)域分別有豎直向上和豎直向下的勻強磁場B1、B2,且B1=B2=0.5T。已知從t=0時刻起,桿a在外力F 1作用下由靜止開始水平向右運動,桿b在水平向右的外力F2作用下始終保持靜止狀態(tài),且F2=0.75+0.2t(N)。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2) (1)通過計算判斷桿a的運動情況;(2)從t=0時刻起,求1s內(nèi)通過桿b的電荷量;(3)若從t=0時刻起,2s內(nèi)作用在桿a上的外力F 1做功為13.2J,則這段時間內(nèi)桿b上產(chǎn)生的熱量為多少? 解析(1)因為桿b靜止,所

6、以有F2-B2IL=mgtan37而F2=0.75+0.2t(N)解得I=0.4t(A)整個電路中的電動勢由桿a運動產(chǎn)生,故E=I(Ra+Rb)E=B 1Lv解得v=4t(m/s)所以,桿a做加速度為4m/s2的勻加速運動。(2)桿a在1s內(nèi)運動的距離x=at2=2m12 q=t=則q=0.2C即1s內(nèi)通過桿b的電荷量為0.2C(3)設整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q,由能量守恒定律得W 1-Q=mv1=42m/s=8m/s解得Q=10J II ( )a bR R t a bR R 1a bB LxR R12 21v從而Q b=Q=6J答案(1)以4m/s2的加速度做勻加速運動(2)0.2C(3)6J

7、ba bRR R 針對訓練1.如圖,光滑斜面的傾角為,斜面上放置一矩形導線框abcd,ab邊的邊長為l1,bc邊的邊長為l2,線框的質(zhì)量為m,電阻為R,線框通過絕緣細線繞過光滑的滑輪與重物相連,重物質(zhì)量為M,斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應強度為B,如果線框從靜止開始運動,進入磁場的最初一段時間做勻速運動,且線框的ab邊始終平行底邊,則下列說法正確的是() B.線框進入磁場時勻速運動的速度為C.線框做勻速運動的總時間為D.該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg-mgsin)l2答案D設線框進入磁場前的加速度大小為a,則T-mgsin=ma,Mg-T=Ma,解得a=

8、,A錯誤。線框進入磁場時勻速運動,T=Mg=mgsin+BIl 1,又I=得v=,B錯誤。線框做勻速運動的時間t應為=,C錯誤。由能量守恒,M減少的機械能與m增加的機械能之差即為產(chǎn)生的焦耳熱,即Mgl2-mgl2sin,D正確。 1( sin )Mg mg RBl2 21( sin )B lMg mg RsinMg mg M m 1Bl vR 2 21( sin )Mg mg RB l 2lv2 21 2( sin )B l lMg mg RA.線框進入磁場前運動的加速度為 sinMg mg m 2.如圖所示,質(zhì)量m1=0.1kg,電阻R1=0.3,長度l=0.4m的導體棒ab橫放在U形金屬框

9、架上。框架質(zhì)量m2=0.2kg,放在絕緣水平面上,與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.2。相距0.4m的MM、NN相互平行,電阻不計且足夠長。電阻R2=0.1的MN垂直于MM。整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力,ab從靜止開始無摩擦地運動,始終與MM、NN保持良好接觸。當ab運動到某處時,框架開始運動。設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s 2。 (1)求框架開始運動時ab速度v的大小;(2)從ab開始運動到框架開始運動的過程中,MN上產(chǎn)生的熱量Q=0.1J,求該過程ab位移x的大小。答案(1)6m/s(2)1.1m解析(1)

10、ab對框架的壓力F 1=m1g框架受水平面的支持力FN=m2g+F1依題意,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則框架受到最大靜摩擦力F2=FNab中的感應電動勢E=BlvMN中電流I=1 2ER R MN受到的安培力F安=IlB框架開始運動時F安=F2由上述各式代入數(shù)據(jù)解得v=6m/s(2)閉合回路中產(chǎn)生的總熱量Q 總=Q由能量守恒定律得1 22R RRFx=m1v2+Q總代入數(shù)據(jù)解得x=1.1m12 3.如圖所示,寬為L=2m、足夠長的金屬導軌MN和MN放在傾角為=30的斜面上,在N和N之間連有一個0.8的電阻R。在導軌上AA處放置一根與導軌垂直、質(zhì)量為m=0.8kg、電阻r=0.8的金屬滑桿,導

11、軌的電阻不計。用輕繩通過定滑輪將電動小車與滑桿的中點相連。繩與滑桿的連線平行于斜面,開始時小車位于滑輪的正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點),滑輪離小車的高度H=4.0m。在導軌之間NN和OO所圍的區(qū)域(包括邊界)存在一個磁感應強度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場,此區(qū)域滑桿和導軌間的動摩擦因數(shù)為=,此區(qū)域外導軌是光滑的。若電動小車沿PS以v=1.2m/s的速度勻速前進時,滑桿由AA滑到OO位置過程中,通過電阻R的電荷量q=1.25C。g取10m/s 2。34 (1)求位置AA與OO的距離d;(2)若滑桿在細繩作用下通過OO位置時加速度為a=2m/s2,求此時細繩拉力的大小;(3)

12、若滑桿運動到OO位置時繩子突然斷了,設導體足夠長,若滑桿返回到AA后恰好做勻速直線運動,求從斷繩到滑桿回到AA位置過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。 答案(1)1m(2)10.4N(3)0.57J解析(1)滑桿由AA滑到OO的過程中切割磁感線,產(chǎn)生的平均感應電動勢E=/t=BLd/t平均電流I=E/R+r通過電阻R的電荷量q=It聯(lián)立解得d=q(R+r)/BL。代入數(shù)據(jù),可得d=1m。(2)滑桿運動到OO位置時,小車的速度為v=1.2m/s,設系小車的繩與水平方向的夾角為,則-H=d,解得sin=0.8,=53sinH HH d 小車的速度可視為繩端沿繩伸長方向的速度與垂直于繩伸長方向的速度的合速

13、度,此時滑桿向上運動的速度與繩端沿繩伸長方向的速度大小相等:v1=vcos=0.72m/s,滑桿通過OO位置時產(chǎn)生的電動勢E1=BLv1產(chǎn)生的感應電流為I1=,滑桿受到的安培力為F安=BI1L=代入數(shù)據(jù),可得F安=1.8N,滑桿通過OO位置時所受摩擦力f=mgcos=0.810=3N由F-mgsin-f-F 安=ma,解得F=10.4N(3)滑桿運動到OO位置時繩子突然斷了,滑桿將繼續(xù)沿斜面上滑,由機械能守恒定律,可知它再通過OO時的速度大小為0.72m/s,滑桿運動到AA位置1ER r 1BLvR r 2 2 1B L vR r 3432 后做勻速運動的速度設為v2,有mgsin=mgcos+,代入數(shù)據(jù),可得v2=0.4m/s由能量守恒和功能關(guān)系有Q=m(-)+mgdsin-mgdcos,代入數(shù)據(jù),可得Q=1.14JQ R=Q=0.57J 2 2 2B L vR r12 21v 22vRR r