《（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 中檔防錯(cuò)12 十二、電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)與能量問題易錯(cuò)分析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 中檔防錯(cuò)12 十二、電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)與能量問題易錯(cuò)分析（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
十二、電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)與能量問題易錯(cuò)分析
桿+導(dǎo)軌模型的情況,現(xiàn)總結(jié)如下:
(1)單桿模型的常見情況
v0≠0
v0=0
質(zhì)量為m,電阻不計(jì)的單桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng),兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)
軌道水平光滑,單桿ab質(zhì)量為m,電阻不計(jì),兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)
軌道水平光滑,單桿ab質(zhì)量為m,電阻不計(jì),兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),拉力F恒定
軌道水平光滑,單桿ab質(zhì)量為m,電阻不計(jì),兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),拉力F恒定
導(dǎo)體桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),最終桿靜止
桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)E感=E時(shí),v最大,且vm=EBL,最后以vm勻速運(yùn)動(dòng)
2、
桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)a=0時(shí),v最大,vm=FRB2L2時(shí),桿開始勻速運(yùn)動(dòng)
Δt時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq=CΔU=
CBLΔv
電流I=ΔqΔt=
CBLΔvΔt=CBLa
安培力F安=BLI=CB2L2a
F-F安=ma,
a=Fm+B2L2C
所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)
(2)雙桿模型的常見情況
①初速度不為零,不受其他水平外力的作用
光滑的平行導(dǎo)軌
光滑不等距足夠長(zhǎng)導(dǎo)軌
示意圖
質(zhì)量m1=m2
電阻r1=r2
長(zhǎng)度L1=L2
質(zhì)量m1=m2
電阻r1=r2
長(zhǎng)度L1=2L2
分析
桿MN做變減速運(yùn)動(dòng),桿PQ做
3、變加速運(yùn)動(dòng),穩(wěn)定時(shí),兩桿的加速度均為零,以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)
桿MN做變減速運(yùn)動(dòng),桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng),穩(wěn)定時(shí),兩桿的加速度均為零,兩桿的速度之比為1∶2
?、诔跛俣葹榱?一桿受到恒定水平外力的作用
光滑的平行導(dǎo)軌
不光滑平行導(dǎo)軌
示意圖
質(zhì)量m1=m2
電阻r1=r2 長(zhǎng)度L1=L2
摩擦力Ff1=Ff2 質(zhì)量m1=m2
電阻r1=r2 長(zhǎng)度L1=L2
分析
開始時(shí),兩桿做變加速運(yùn)動(dòng);穩(wěn)定時(shí),兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)
開始時(shí),若Ff2Ff,PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng),MN桿先靜止后變加速
4、最后和PQ桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng),且加速度相同
典例1 (多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成30°固定放置,導(dǎo)軌間距為1 m,導(dǎo)軌所在平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為100 T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),導(dǎo)軌的上端M與P間接有電容為200 μF的電容器。質(zhì)量為1 kg的金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上,對(duì)金屬棒施加一沿導(dǎo)軌平面向下、大小為10 N的恒力F,使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)。不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻,重力加速度g=10 m/s2。則下列說法正確的是( )
A.金屬棒先做變加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng)
B.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中通過其電流方向從b到a,大小恒為0.1 A
C.金屬棒由
5、靜止開始運(yùn)動(dòng)至t=1 s時(shí)電容器所帶電荷量為10 C
D.金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)至t=1 s時(shí)電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能為25 J
答案 BD 以金屬棒為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得F+mg sin θ-BIL=ma,其中I=ΔqΔt,Δq=CΔU,ΔU=BLΔv,聯(lián)立得a=F+mgsinθm+CB2L2=5 m/s2,金屬棒以5 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;根據(jù)右手定則,電流從b到a,I=CBLa=0.1 A,故B正確;q=It=0.1 C,故C錯(cuò)誤;經(jīng)過t=1 s金屬棒運(yùn)動(dòng)位移x=12at2,末速度v=at=5 m/s,由能量守恒得電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能E=mg sin θ·x-12mv
6、2+Fx=25 J,故D正確。
典例2 如圖,兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ,間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器,電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒,金屬棒可沿導(dǎo)軌下滑,且在下滑過程中與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑,求:
(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系;
(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。
答案 (1)Q=CBLv (2)v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt
7、
解析 (1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
E=BLv①
平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為
U=E②
設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有
C=QU③
聯(lián)立①②③式得
Q=CBLv④
(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t,通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到的磁場(chǎng)的作用力方向沿導(dǎo)軌向上,大小為
f1=BLi⑤
設(shè)在時(shí)間間隔(t,t+Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ,按定義有
i=ΔQΔt⑥
ΔQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t,t+Δt)內(nèi)增加的電荷量。由④式得
ΔQ=CBLΔv⑦
式中,Δv為金屬棒的速度變化量。按定義有
a=ΔvΔt
8、⑧
金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小為
f2=μN(yùn)⑨
式中,N是金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小,有
N=mg cos θ⑩
金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下,設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有
mg sin θ-f1-f2=ma
聯(lián)立⑤至式得
a=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cg
由式及題設(shè)可知,金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)。t時(shí)刻金屬棒的速度大小為
v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt
反思總結(jié)
解決本題的關(guān)鍵是正確理解電路中的電流與電容器極板所帶電荷量的關(guān)系,有同學(xué)用歐姆定律I=ER+r=BLvR+r來分析電流,認(rèn)為金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)才會(huì)有穩(wěn)定的電流,顯然是沒有認(rèn)識(shí)到這里的電流是電容器的充電電流。
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（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 中檔防錯(cuò)12 十二、電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)與能量問題易錯(cuò)分析
