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1、【模块标题】电磁感应【模块目标】电磁感应感生 综合能够深入理解感生电动势的原理和模型,并掌握此类题目的解题思路方法电磁感应动生 综合能够深入理解动生电动势的原理和模型,并掌握此类题目的解题思路方法电磁感应感生和动生 综合能够在感生和动生的基础上,掌握此类题目的解题思路方法【模块讲解】【常规讲解】1:电磁感应感生(6星)【板书整理】一、电磁感应感生1、【感生】模型特点:(1)闭合回路(静止的线框);(2)B随t发生变化2、【感生】模型解题思路方法:(1) 求解感应电动势:(2) 求解安培力:(5) 求解感应电流:;楞次定律+安培定则判断感应电流方向(3) 求解电荷量q:(4) 求解电热Q:(注意
2、区别:总回路Q 或 部分电路Q)(6) 求解其他力:【授课流程】步骤【感生】模型的解题思路和方法写板书一、电磁感应感生1、【感生】模型特点:(1)闭合回路(静止的线框);(2)B随t发生变化2、【感生】模型解题思路方法:(1) 求解感应电动势:(2) 求解安培力:(5) 求解感应电流:;楞次定律+安培定则判断感应电流方向(3) 求解电荷量q:(4) 求解电热Q:(注意区别:总回路Q 或 部分电路Q)(6) 求解其他力:步骤实例讲解配题逻辑:【感生】,求解E、q、Q例题1【2013江苏】如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0m
3、、bc=0.5m,电阻r=2磁感应强度B在01s内从零均匀变化到0.2T在15s内从0.2T均匀变化到0.2T,取垂直纸面向里为磁场的正方向。求:(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;(2)在15s内通过线圈的电荷量q;(3)在05s内线圈产生的焦耳热Q。【讲解】(1)由题可确定磁感应强度B的变化率,根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势,根据楞次定律判断感应电流的方向;(2)由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=结合求解电量;(3)分析两个时间段:01s和15s,由焦耳定律分别求出热量,即可得到总热量;解:(1)在01s内,磁感应强度B的变化率=T/s=0.2T/
4、s,由于磁通量均匀变化,在01s内线圈中产生的感应电动势恒定不变,则根据法拉第电磁感应定律得:0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N=Nabbc=1000.210.5=10V根据楞次定律判断得知,线圈中感应方向为逆时针方向。(2)在15s内,磁感应强度B的变化率大小为=T/s=0.1T/s,由于磁通量均匀变化,在15s内线圈中产生的感应电动势恒定不变,则根据法拉第电磁感应定律得:15s时线圈内感应电动势的大小E2=N=Nabbc=1000.110.5=5V通过线圈的电荷量为q=I2t2=C=10C;(3)在01s内,线圈产生的焦耳热为Q1=J=50J在15s内,线圈产生的焦耳热为Q2=J=5
5、0J。故在05s内线圈产生的焦耳热Q=Q1+Q2=100J。答:(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E为10V,感应方向为逆时针方向。(2)在15s内通过线圈的电荷量q为10C。(3)在05s内线圈产生的焦耳热Q为100J。配题逻辑:【感生】,求解q、Q、F安练习1-1【2018徐州一模】如图甲所示,单匝正方形线框abcd的电阻R=0.5,边长L=20cm,匀强磁场垂直于线框平面,磁感强度B随时间t的变化规律如图乙所示。求:(1)02s内通过ab边横截面的电荷量q;(2)3s时ab边所受安培力的大小F;(3)04s内线框中产生的焦耳热Q。【讲解】(1)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律,
6、结合电量表达式,即可求解;(2)根据安培力大小公式,结合图象中3s时磁场,即可求解;(3)依据焦耳定律,即可求解。解:(1)由法拉第电磁感应定律得电动势 感应电流 电量q=It解得q=4.8102C; (2)安培力F=BIL由图得 3s时的B=0.3T 代入数值得 F=1.44103N; (3)由焦耳定律得Q=I2RtJ 代入数值得 Q=1.152103J; 答:(1)02s内通过ab边横截面的电荷量4.8102C;(2)3s时ab边所受安培力的大小1.44103N;(3)04s内线框中产生的焦耳热1.152103J。配题逻辑:【感生】,求解q、Q、其他力练习1-2【2018南通二模】如图甲所
7、示,水平面矩形虚线区域有竖直方向的匀强磁场,磁感强度B随时间t变化规律如图乙所示(图中B0、t0已知)。边长为L、电阻为R的正方形导体线框abcd放置在水平面上,有一半在磁场区内,由于水平面粗糙,线框能保持静止状态。(1)求02t0时间内通过线框导线任一截面的电荷量q。(2)求03t0时间内线框产生的焦耳热Q。(3)通过计算在图丙中作出06t0时间内线框所受水平面摩擦力f随时间t的变化图线(取水平向右为正方向)。【讲解】(1)根据法拉第电磁感应定律,与闭合电路欧姆定律,及电流强度的定义即可求解;(2)分别求出两个时间段的感应电流,据焦耳定律求出两个时间段的热量,两者相加就是总的热量;(3)根据
8、安培力大小表达式求出每个时间段的安培力,由平衡条件可求出静摩擦力的大小,然后在图象中表示出来。解:(1)设02t0时间内线框产生的电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有: 产生的感应电流为:通过的电荷量为:q=I1(2t0)解得:(2)设2t03t0时间内线框产生的电动势为E2,感应电流为I2,同理有:产生的焦耳热为: 解得:(3)02t0时间内ab边受到的安培力方向水平向右,其大小为:受到方向水平向左的摩擦力大小 为:2t03t0时间内ab边受到的安培力方向水平向左,其大小为:受到方向水平向右的摩擦力大小为:再由Bt图画出摩擦力f随时间t的变化图线如图所示答:(1)求02t0时间内通过线框导线
9、任一截面的电荷量q为。(2)求03t0时间内线框产生的焦耳热。(3)通过计算在图丙中作出06t0时间内线框所受水平面摩擦力f随时间t的变化图线如图所示。【常规讲解】2:电磁感应单棍动生切割(6星)【板书整理】二、电磁感应单棍动生切割1、【动生】模型特点:(1)金属棍或金属框切割磁感线;(2)B不变;2、【动生】单棍模型解题思路方法:(1) 分析题目已知条件,确定物体的受力+运动状态(若不定,则要分类讨论)(2) 可求解: 感生电动势(如果遇到B L v不垂直的情况,请做等效处理) 感应电流 安培力 最大速度vm:, (a减小、v增大,最终匀速) 加速度a:, (匀加速直线运动) 位移x和时间t
10、:, (x为切割的有效距离,单棍模型中,通常和单棍的位移相同) 电荷量q: 电热Q:动能定理或能量守恒 电功率P(安培力功率): 或 (3) 注意: 电流是关键 遇到含电容的动生切割模型,涉及充放电,需用微元法解决【授课流程】步骤讲解【动生】单棍模型的解题思路写板书二、电磁感应单棍动生切割1、【动生】模型特点:(1)金属棍或金属框切割磁感线;(2)B不变;2、【动生】单棍模型解题思路方法:(1) 分析题目已知条件,确定物体的受力+运动状态(若不定,则要分类讨论)(2) 可求解: 感生电动势(如果遇到B L v不垂直的情况,请做等效处理) 感应电流 安培力 最大速度vm:, (a减小、v增大,最
11、终匀速) 加速度a:, (匀加速直线运动) 位移x和时间t:, (x为切割的有效距离,单棍模型中,通常和单棍的位移相同) 电荷量q: 电热Q:动能定理或能量守恒 电功率P(安培力功率): 或 (3) 注意: 电流是关键 遇到含电容的动生切割模型,涉及充放电,需用微元法解决步骤实例讲解配题逻辑:【动生】单棍切割,求最大速度、Q例题1【2014马鞍山二模】如图所示,两平行导轨间距L=0.5m,足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接,倾斜部分与水平面的夹角=30,垂直斜面方向向上的匀强磁场磁感应强度B=1.0T,水平部分没有磁场,金属杆ab质量m=0.05kg,电阻r=0.2,运动中与导轨始终
12、接触良好,并且垂直于导轨。电阻R=0.8,导轨电阻不计。当金属棒从斜面上距底面高h=1.0m以上的任何地方由静止释放后,在水平面上滑行的最大距离x=1.25m,取g=10m/s2,求:(1)金属棒在斜面上的最大运动速度;(2)金属棒与水平导轨间的动摩擦因数;(3)若金属棒从高度h=1.0m处由静止释放,电阻R产生的热量。【讲解】(1)到达水平面之前已经开始匀速运动,根据共点力平衡条件并结合闭合电路的欧姆定律列式,可以联列解得最大速度v。(2)金属棒在水平面做匀减速运动,有v2=2ax,解出加速度a。金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动Ff=ma,可解得摩擦力f。摩擦力f=mg,可解得动摩擦因数。(
13、3)下滑的过程中,由动能定理可得:mghW=mv2,可解得安培力做的功,安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热W=Q,又由于电阻R上产生的热量:QR= ,代入数据求解即可。解:(1)金属棒在斜面上有最大运动速度,说明到达水平面之前已经开始匀速运动,设最大速度为v,感应电动势为:E=BLv 感应电流为:I=安培力为:F=BIL 匀速运动时,沿斜面方向上受力有:mgsin=F 联立并代入数据解得:v=1.0m/s (2)在水平面上滑动时,滑动摩擦力为:f=mg金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动,由牛顿第二定律有:f=ma 金属棒在水平面做匀减速运动,由运动学公式有:v2=2ax 联立并代入数据解得:=
14、0.04 (3)下滑的过程中,由动能定理可得:mghW=mv2安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热,即为:W=Q 电阻R上产生的热量:QR=代入数据解得:QR=0.38J。答:(1)棒在斜面上的最大速度为1m/s。(2)水平面的滑动摩擦因数为0.04。(3)从高度h=1.0m处滑下后电阻R上产生的热量为0.38J。配题逻辑:【动生】单棍切割,求解位移x练习1-1【2017和平区三模】如图所示,两根质量同为m、电阻同为R、长度同为L的导体棒a,b,用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后,放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上,两根导体棒均与桌边缘平行,一根在桌面上,另一根移动到靠在桌子的
15、光滑绝缘侧面上整个空间存在水平向右的匀强磁场,磁感应强度为B开始时两棒静止,自由释放后开始运动已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态,导线与桌子侧棱间无摩擦求:(1)刚释放时,导体棒的加速度大小;(2)两导体棒运动稳定时的速度大小;(3)若此过程所用时间为t,求a棒下降的高度为h【讲解】(1)刚释放时,回路中没有感应电流,不受安培力,根据牛顿第二定律求加速度;(2)导体棒运动稳定时,两棒都做匀速运动,可知,细线中没有张力,a棒所受的安培力与重力平衡再根据安培力与速度的关系求解速度;(3)根据动量定理求解x解:(1)刚释放时,两导体棒的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得:导体棒a、b
16、的加速度大小(2)设导体棒匀速运动时的速度为v,导体棒a切割磁感线产生的电动势为E,则:对a棒:E=BLv;又F安=BIL;闭合电路欧姆定律,则有:I= ;由平衡条件有:mg=F安;联立解得:v=(3)a杆动量定理:b杆动量定理:联立解得:答:(1)刚释放时,导体棒的加速度大小为;(2)两导体棒运动稳定时的速度大小为;(3)a棒下降的高度为配题逻辑:【动生】单棍切割,恒定功率,求解速度、时间练习1-2【2015淄博一模】如图所示,电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升,导体棒的电阻R为1,架在竖直放置的框架上,它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中,磁场方向与
17、框架平面垂直当导体棒上升h=3.8m时,获得稳定的速度,导体棒上产生的热量为2J,电动机牵引棒时,电压表、电流表的读数分别为7V、1A,电动机内阻r为1,不计框架电阻及一切摩擦,求:(1)电动机的输出功率:(2)导体棒达到稳定时的速度(3)导体棒从静止到达稳定速度所需要的时间【讲解】(1)导体棒在电动机牵引力的作用下,先做加速度减小的加速度运动,后做匀速运动,达到稳定状态,此时棒受力平衡,即绳的牵引力与重力、安培力平衡电动机的输出功率等于输入的电功率与内部消耗的热功率之差,P出=IUI2r(2)根据电动机的输出功率P出=Fv和稳定时F=mg+F安,F安=,两式结合求出稳定时的速度v(3)根据能
18、量守恒定律列式P出t=mgh+mv2+Q,求出时间t解:(1)电动机的输出功率为:P出=IUI2r=6W;(2)电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率,则有P出=Fv当棒达稳定速度时F=mg+BIL,感应电流I,则棒所受的安培力大小为F安=,根据平衡条件得 F=mg+F安,联立以上三式,解得棒达到的稳定速度为v=2m/s(3)由能量守恒定律得:P出t=mgh+mv2+Q,解得t=1s,答:(1)电动机的输出功率为6W:(2)导体棒达到稳定时的速度为2m/s(3)导体棒从静止到达稳定速度所需要的时间是1s配题逻辑:【动生】单棍切割,匀加速例题2【2016闵行区二模】例题正文相距L=1.5m
19、的足够长金属导轨竖直放置,质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上,如图(a)所示,虚线上方磁场方向垂直纸面向里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁场磁感应强度大小相同。ab棒光滑,cd棒与导轨间动摩擦因数为=0.75,两棒总电阻为1.8,导轨电阻不计。t=0时刻起,ab棒在方向竖直向上,大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下,由静止沿导轨向上匀加速运动,同时也由静止释放cd棒。(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小;(2)已知在2s内外力F做功40J,求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热;(3)判断cd棒的运动过程;求出c
20、d棒达到最大速度所对应的时刻t1;在图(c)中画出前5秒内cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象。【讲解】(1)根据E=BLv、闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律推导出Ft的关系式,根据图线的数据求解;(2)根据运动学公式求解在2s末金属棒ab的速率和发生的位移,由动能定律求解产生的焦耳热;(3)根据受力情况确定运动情况。 当cd棒速度达到最大时,根据共点力的平衡、安培力的计算公式和欧姆定律得到时间t1的表达式,代入数据求解。根据物体受力分析和牛顿第二定律画出f图像。解:(1)经过时间t,金属棒ab的速率v=at,此时,回路中的感应电流为I,对金属棒ab,由牛顿第二定律得:FBILm1g=m1a
21、,由以上各式整理得:F=m1a+m1g+,在图线上取两点:t1=0,F1=11N; t2=2s,F2=14.6s代入上式得a=1m/s2,B=1.2T;(2)在2s末金属棒ab的速率vt=at=2m/s,所发生的位移s=2m,由动能定律得WFm1gsW安=,又Q=W安,联立以上方程,解得Q=18J;(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大;然后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止运动。 当cd棒速度达到最大时,有m2g=FN,又FN=F安,F安=BIL,根据欧姆定律可得:I,而 vm=at1整理得 ;fcd随时间变化的图象如图(c)所示。答:(
22、1)磁感应强度B的大小为1.2T,ab棒加速度大小为1m/s2;(2)已知在2s内外力F做功40J,这一过程中两金属棒产生的总焦耳热为18J;(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大;然后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止运动。 cd棒达到最大速度所对应的时刻为2s;在图(c)中画出前5秒内cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象见解析图。配题逻辑:【动生】单棍切割,匀加速练习2-1【2014呼伦贝尔一模】如图甲所示,一对足够长的平行粗糙导轨固定在水平面上,两导轨间距l=1m,左端之间用R=3的电阻连接,导轨的电阻忽略不计一根质量m=0.5kg
23、、电阻r=1的导体杆静置于两导轨上,并与两导轨垂直整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上现用水平向右的拉力F拉导体杆,拉力F与时间t的关系如图乙所示,导体杆恰好做匀加速直线运动在02s内拉力F所做的功为W=J,重力加速度g取10m/s2求:(1)导体杆与导轨间的动摩擦因数;(2)在02s内通过电阻R的电量q;(3)在02s内电阻R上产生的热量Q【讲解】(1)根据切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出导体杆所受安培力与时间的关系式,结合牛顿第二定律求出拉力D与t的关系式,根据Ft图线求出匀加速直线运动的加速度和动摩擦因数(2)根据匀变速直线运动的
24、位移时间公式求出导体杆的位移,通过q=求出通过的电量(3)求出2s末导体杆的速度,抓住克服安培力做功等于整个回路产生的热量,根据动能定理求出整个回路产生的热量,从而求出电阻R上产生的热量解:(1)设导体杆的加速度为a,则t时刻导体杆的速度v=at产生的感应电动势为E=Blv电路中的感应电流为I=导体杆上所受的安培力为F安=BIl=由牛顿第二定律可知Fmg=ma即F=ma+mg+代入数字得F=a+5+at N由图象可知F=3+2t N由于物体做匀加速直线运动,加速度a为常数,比较两式可得a=2 m/s2,=0.4(2)在F作用的时间内,导体杆的位移为x=at2=4 m在时间t内的平均感应电动势
25、平均电流为通过的电荷量q=代入数得q=2 C(3)t=2 s时刻,导体杆的速度v=at=4 m/s在力F的作用过程中,设电路中产生的总热量为Q由动能定理可知WFmgxQ=mv2代入数字可得Q= J由串联电路的知识可知Q=Q=8 J答:(1)导体杆与导轨间的动摩擦因数为0.4(2)在02s内通过电阻R的电量为2C(3)在02s内电阻R上产生的热量为8J配题逻辑:【动生】单棍变式:导线框例题3【2015天津】如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边相互垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平
26、面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g求:(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离H。【讲解】(1)线框匀速进入(离开)磁场,重力与安培力平衡,根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律列式求解即可分别求出两个速度;(2)由动能定理和功的计算公式,写出重力做的功W,然后结合功能
27、关系即可求出磁场的宽度。解:(1)设线框dc边刚进入磁场时,线框的速度为v1,感应电动势 E=B2lv1感应电流:I=dc边受安培力的大小:F=BI2l 由于做匀速运动,则:F=mg 由式解得速度:设线框ab边将离开磁场时,线框的速度为v2,同理可得:所以:v2=4v1(2)在线框从开始下落到dc边刚进入磁场的过程中,重力做功WG=2mgl根据动能定理得:2mgl=线框完全穿过磁场的过程中,由功能关系得:联立得:H=答:(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的4倍;(2)磁场上下边界间的距离是。配题逻辑:【动生】单棍变式:转动切割例题4【2014新课标】例题正文半
28、径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下,在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以速度绕O逆时针匀速转动、转动过程中始终与导轨保持良好接触,设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为,导体棒和导轨的电阻均可忽略,重力加速度大小为g求:(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率【讲解】(1)由E=BL2求出感应电动势,由欧姆定律求出电流,由右手定则判断出感应
29、电流方向;(2)外加机械功率等于电阻器上电功率与克服摩擦力做功的功率之和,根据能量转化守恒定律求解杆ab克服摩擦力做功的功率解:(1)AB中感应电动势的大小为E=B(2r)2Br2=1.5Br2,感应电流大小:;由右手定则判断可知,感应电流的方向是从B端流向A端,所以通过电阻R的电流方向为:CD(2)设导体棒克服摩擦力做功的功率为P,在竖直方向有:mgN=0,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的正压力相等,故两导轨对导体棒的摩擦力均为f=mg,所以P=f=mg(2r+r)=mgr,电功率:P电=I2R=,由能量守恒定律得:P外=P+P电,解得:P外=mgr+答:(1)通过电阻R的感应电流的
30、方向:CD,大小:;(2)外力的功率为mgr+配题逻辑:【动生】单棍变式:棍长L变例题5【2014安徽】如图1所示,匀强磁场的磁感应强度B为0.5T,其方向垂直于倾角为30的斜面向上。绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计),MP和NP长度均为2.5m,MN连线水平,长为3m,以MN的中点O为原点,OP为x轴建立一维坐标系Ox,一根粗细均匀的金属杆CD,长度d为3m,质量m为1kg,电阻R为0.3,在拉力F的作用下,从MN处以恒定速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好),g取10m/s2。(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.
31、8m处电势差UCD;(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式,并在图2中画出Fx关系图象;(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。【讲解】(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势,由几何关系求得x=0.8m处的电动势,由欧姆定律即可求得CD之间的电势差;(2)根据上述发现,感应电流大小与导体长度无关,则电流恒定,因而由电量表达式结合时间即可求解;(3)当导体棒匀速运动,由有效长度可列出安培力大小关于向下运动位移的表达式,根据安培力与位移成线性关系,可利用安培力平均值来求出产生焦耳热。解:(1)导体棒开始运动时,回路中产生的感应电动势为:E=Bdv=0
32、.531=1.5V;由几何关系得: , ,接入导轨之间的有效长度:L=2(2.0vt)tanMPO=1.5(2.0vt),金属杆CD运动过程中产生的有效感应电动势E:E=BLv=0.51.5(2.0x)1=0.75(2.0x),运动到x=0.8m处时的有效电动势:E1=0.75(2.0x)=0.75(2.00.8)V=0.9V。这一段相当于相当于电源,而且轨道没有电阻,所以电源是被短接的,那么接入回路中的这一部分电势处处相等,所以CD两端电势差就由剩余两端的导体棒产生,又由右手定则判断D比C电势高;所以:UDC=EE1=1.5V0.9V=0.6V,UCD=0.6V;(2)接入电路的导体棒的电阻
33、: 感应电流:安培力F安=BIL=0.551.5(2.0x)=3.75(2.0x)由平衡条件得:mgsin+F安=F 得拉力F与位置坐标x的关系式:F=5+3.75(2.0x)x=0时,F=12.5N;x=2.0时,F=5N画出Fx关系图象如图: (3)设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x,则t时刻导体棒切割的有效长度Lx=L2x 导体棒在导轨上运动时所受的安培力:F安=3.75(2.0x)因安培力的大小F安与位移x成线性关系,故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值: 产生的焦耳热: 答:(1)金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E=1.5V,运动到x=0.8m处CD之间的电势差是0
34、.6V;(2)金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式是F=5+3.75(2.0x),并在图2中画出Fx关系图象如图;(3)金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热是7.5J。配题逻辑:【动生】单棍变式:含容切割例题6【2013新课标】如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为,间距为L导轨上端接有一平行板电容器,电容为C导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始
35、下滑,求:(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。【讲解】(1)由法拉第电磁感应定律,求出感应电动势;再与 相结合求出电荷量与速度的关系式。(2)由左手定则来确定安培力的方向,并求出安培力的大小;借助于、 及牛顿第二定律来求出速度与时间的关系。解:(1)电容器上端带正电,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(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,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=设MN受到的安培力为F,有:F=IlB由牛顿第二定律有:F=ma联立式:得a=(3
36、)当电容器充电完毕时,设电容器上电量为Q0,有:Q0=CE开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E,有:E=Blvmax依题意有:设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有: 由动量定理,有 又联立式得: 答:(1)磁场的方向为垂直于导轨平面向下;(2)MN刚开始运动时加速度a的大小为;(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是【常规讲解】3:电磁感应双棍动生切割(6星)【板书整理】三、电磁感应双棍动生切割【动生】双棍模型解题思路方法: (1) 假设两棍质量相等,B不变,导轨光滑: 动生电动势, 感应电流)等长且无外力(安培力等大
37、,加速度等大),a1减小、v1增大,a2减小、v2减小,I减小。最终:,安培力为0,两棍共速且匀直。整个过程动量守恒:动量定理求解q:(以2棍为研究对象也可以)整个过程能量守恒:)等长且有恒定外力(安培力等大,加速度不等大),增大,I增大,a1增大、v1增大,a2减小、v2增大。最终:,I恒定不变,两棍以相同加速度各自匀加直 动量定理求解q:整个过程能量守恒:)不等长且无外力(安培力不等大,瞬时加速度成比例),a1减小、v1增大,a2减小、v2减小,I减小。最终:,安培力为0,两棍各自匀直动量定理求解q:整个过程能量守恒: (2) 注意: 电流是关键 注意有L的小结论【授课流程】步骤讲解【动生
38、】双棍模型的解题思路写板书二、电磁感应双棍动生切割【动生】双棍模型解题思路方法: (1) 假设两棍质量相等,B不变,导轨光滑: 动生电动势, 感应电流)等长且无外力(安培力等大,加速度等大),a1减小、v1增大,a2减小、v2减小,I减小。最终:,安培力为0,两棍共速且匀直。整个过程动量守恒:动量定理求解q:(以2棍为研究对象也可以)整个过程能量守恒:)等长且有恒定外力(安培力等大,加速度不等大),增大,I增大,a1增大、v1增大,a2减小、v2增大。最终:,I恒定不变,两棍以相同加速度各自匀加直 动量定理求解q:整个过程能量守恒:)不等长且无外力(安培力不等大,瞬时加速度成比例),a1减小、
39、v1增大,a2减小、v2减小,I减小。最终:,安培力为0,两棍各自匀直动量定理求解q:整个过程能量守恒: (2) 注意: 电流是关键 注意有L的小结论步骤实例讲解配题逻辑:【动生】双棍等长且无外力例题1【2015秋东城区月考】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L导轨上横放这两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,如图所示,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒ab和棒cd之间的距离为d,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,若两导体棒在运动中
40、始终不接触,求:(1)棒ab有指向棒cd的初速度v0时回路中的电流(2)当ab棒的速度变为初速度v0的时,cd棒的加速度大小(3)稳定棒ab和棒cd之间的距离【讲解】(1)本题中两根导体棒的运动情况:ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化,于是产生感应电流,由法拉第电磁感应定律,求出棒ab产生的电动势,再求出回路产生的电流大小;(2)两棒组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出棒的速度;此时电路中的总感应电动势为二者的差,然后结合闭合电路的欧姆定律与牛顿第二定律即可求出加速度;(3)稳定时二者的速度相等,由动量守恒定律即可求出共同 的速度,然后对cd棒应用动量定理
41、,结合通过棒的电量的表达式:q= 即可求出解:(1)由法拉第电磁感应定律,棒PQ产生的电动势为:E=BLv0则回路产生的电流大小为:I=(2)棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统的动量守恒,设ab棒的速度为时cd棒的速度是v1,以向右的方向为正方向,得:mv0=m+mv1 解得此时回路中的总电动势:E=()BL=回路中的电流:I=cd棒受到的安培力:F=BIL所以cd棒上的加速度: 联立得:a=(3)稳定时二者速度相等,由动量守恒定律得:mv0=2mv2设整个的过程中通过回路的电荷量为q,对cd棒由动量定理得: 所以:q=设稳定后二者之间的距离是d,则:q=联立以上两式得:答
42、:(1)棒ab有指向棒cd的初速度v0时回路中的电流是(2)当ab棒的速度变为初速度v0的时,cd棒的加速度大小是(3)稳定棒ab和棒cd之间的距离是配题逻辑:【动生】双棍等长且无外力练习1-1【2012春宜昌校级月考】例题正文如图在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中,有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨,在导轨面上各放一根完全相同的质量为m匀质金属杆A1和A2,开始时两根金属杆位于同一竖直面内且与轨道垂直设两导轨面相距为H,导轨宽为L,导轨足够长且电阻不计,金属杆的单位长度电阻值为r现有质量为m的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点,撞击后小球反弹落到下层面
43、上的C点C点与杆A2初始置相距为s求:(1)当杆A2与杆A1的速度比为1:3时,A2受到的安培力大小(2)整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量?【讲解】金属杆A1、A2两杆在同一个金属U形导轨上都做变速运动,运动方向相同(都向右),同一时刻两杆都切割磁感线产生感应电动势,两个感应电动势在空间中的方向相同(都向外),但两个感应电动势在回路中的方向相反,所以总电动势是这两个电动势之差,即E=BL(v1v2),方向为金属杆A1中感应电流的方向,因为A1比A2产生的感应电动势大,从而求出A2受到的安培力大小,根据平抛运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律解决问题解:(1)设撞击后小球反弹的速度为v1,金属杆A1的速度为v01,根据动量守恒定律,mv0=m(v1)+mv01, 根据平抛运动的分解,有 s=v1t,H=gt2 由以上2式解得v1=s 代入得v01=(v0+s) 设金属杆A1、A2速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律,mv01=mv1+mv2,又,所以v1=v01,v2=v01金属杆A1、A2速度方向都向右,根据右手定则判断A1、A2产生的感应电动势在回路中方向相反,所以感应电动势为E=BL(v1v2),电流为I=,安培力为F=BIL,所以A2受到的安培力大小为F=(v0+s)(2
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