人教版2019选择性必修第二册 新教材同步 第二章 专题强化 电磁感应中的动力学及能量问题导学案（教师版+学生版）

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物理观念1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题．一、电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法 2.抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v,“四步法”分析电磁感应中的动力学问题:3.电磁感应现象中涉及具有收尾速度的力学问题时,关键是做好受力情况和运动情况的动态分析:4.处理此类问题的基本方法:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(2)求回路中的感应电流的大小和方向。(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)。(4)列动力学方程或平衡方程求解。例1 如图所示,空间存在B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是不计电阻、水平放置的平行长直导轨,其间距l=0.2 m,电阻R=0.3 Ω接在导轨一端,ab是跨接在导轨上质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω、长度与导轨间距相等的导体棒,已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2。从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。(g取10 m/s2)(1)求导体棒所能达到的最大速度。(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。答案 (1)10 m/s　(2)见解析图 解析 ab棒在拉力F作用下运动,随着ab棒切割磁感线运动的速度增大,棒中的感应电动势增大,棒中感应电流增大,棒受到的安培力也增大,最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值。外力在克服安培力做功的过程中,消耗了其他形式的能,转化成了电能,最终转化成了焦耳热。(1)导体棒切割磁感线运动,产生的感应电动势E=BlvI=ER+r导体棒受到的安培力F安=Bil 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用,根据牛顿第二定律得F-μmg-F安=ma代入可得F-μmg-B2l2vR+r=ma由上式可以看出,随着速度的增大,安培力增大,加速度a减小,当加速度a减小到0时,速度达到最大此时有F-μmg-B2l2vmR+r=0可得vm=(F-μmg)(R+r)B2l2=10 m/s。(2)导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 例2 (多选)如图所示,MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,一段时间后,再将S闭合,若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　 　) 答案 ACD解析 设ab棒的有效长度为l,S闭合时,若B2l2vR>mg,先减速再匀速,D项有可能;若B2l2vR=mg,匀速,A项有可能;若B2l2vRa2,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点时的速度大于上行经过b点时的速度,A、B正确;Ⅰ区域中磁场变化使金属棒在Ⅱ区域受到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域,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,故选ABD。6.（多选）（2022•怀远县校级模拟）电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理如图，图中直流电源电动势为E1，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平面金属导轨间距为L，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触，首先开关S接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，当MN上的感应电动势为E2时，此时与电容器两极板间的电压相等，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨，下列说法正确的是（　　）A．匀强磁场的方向垂直导轨平面向下 B．MN刚开始运动时的加速度B(E1+E2)LmR C．MN离开导轨后的最大速度为B(E1-E2)LCm D．MN离开导轨后的最大速度为B(E1+E2)LCm答案 ACA、电容器充电时上端带正电，放电时通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A正确；B、电容器完全充电后，两极板间电压为E1，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I=E1R设MN受到的安培力为F，有：F＝BIL由牛顿第二定律有：F＝ma联立解得：a=BE1LmR，故B错误；CD、电容器放电前所带的电荷量Q1＝CE1开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：E2＝BLvm，最终电容器所带电荷量Q2＝CE2则通过MN的电量q＝CE1﹣CE2由动量定理，有：∑FΔt＝∑mΔv得∑BILΔt＝∑mΔvBLq＝mvm解得：vm=BLqm=BLC(E1-E2)m，故C正确，故D错误。7.如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为l,M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图。(2)在加速下滑过程中,求当ab杆的速度大小为v时,ab杆中的电流及其加速度的大小。(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。答案 (1)见解析图 (2)BlvR　gsin θ-B2l2vmR(3)mgRsinθB2l2解析 (1)ab杆受竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的安培力F安,受力示意图如图所示。(2)当ab杆速度大小为v时,感应电动势E=Blv,此时 电路中电流I=ER=BlvRab杆受到安培力F安=BIl=B2l2vR根据牛顿第二定律,有ma=mgsin θ-F安=mgsin θ-B2l2vRa=gsin θ-B2l2vmR。(3)当a=0时,ab杆有最大速度vm=mgRsinθB2l2。8.(2023江西赣州高二月考)如图所示,两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r、间距为l,图中O为圆心,Oa水平,Oc竖直,在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于l、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑,到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与轨道接触良好,轨道电阻不计,重力加速度为g。求:(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流;(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量。答案 (1)gr　BlgrR　(2)12mgr　BrlR解析 (1)金属棒到达轨道底端cd时,由牛顿第二定律得2mg-mg=mv2r解得v=gr此时金属棒产生的感应电动势E=Blv回路中的感应电流I=ER联立解得I=BlgrR。(2)金属棒从ab下滑到cd过程中,由能量守恒定律得mgr=Q+12mv2则回路中产生的焦耳热Q=12mgr回路中的平均感应电动势E=ΔΦΔt回路中的平均感应电流I=ER通过R的电荷量q=I·Δt联立解得q=BrlR。状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析