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第四课时电磁感应中的动力学问题
【教学要求】
1.掌握电磁感应中的动力学问题的分析方法;
2、学会运用力学规律解决电磁感应问题。
【知识再现】
电磁感应中通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力的作用,电磁感应问题往往和力学问题联系在一起这类问题覆盖面广,题型也多种多样,但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态,如速度、加速度取最大值或最小值的条件等,基本方法是:
确定电源(E,r)→感应电流→运动导体所受的安培力→合外力→a的变化情况→运动状态的分析→临界状态(a=0时,v→max等)。
对于含容电路:C、U→Q→It→Ft→m△v。
注意:(1)电磁感应中的动态分析,是处理电磁感应问题的关键,要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面,还是从能量方面来解决问题.
(2)在分析运动导体的受力时,常画出平面示意图和物体受力图.
类型一平衡问题
【例1】(上海普陀区08届高三年级期末调研试卷)如图所示,质量位m、电阻为R、边长为L的等边三角形ACD,在A处用细线悬挂于O点,垂直于ACD施加一个垂直纸面向里的匀强磁场。当磁感应强度按规律B=kt(k为常数)增强并且正好增大为B0时,CD边安培力是___________,细线上的拉力为___________。
导示:根据法拉第电磁感应定律得
E=△ф/△t=△Bs/△t=k3kL3B04R
容易分析三角形的三条边受安培力大小相等,合力为0;对线框整体分析,绳上的拉力FT=mg。
类型二单金属杆问题
【例2】在图甲、乙、丙三图中,除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中,导轨足够长。今给导体棒ab一个向右的初速度v0,在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是()
A.三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动
B.甲、丙中,ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;乙中,ab棒最终静止
C.甲、丙中,ab棒最终将以相同的速度做匀速运动;乙中,ab棒最终静止
D.三种情形下导体棒ab最终均静止
导示:选择B。在甲中ab棒运动产生感应电动势对电容器充电,回路中产生感应电流,ab棒受到安培力作用,作减速运动,当电容器两端的电压等于ab棒两端的电压时,不再充、放电,回路中无电流,ab棒作匀速运动。
在乙中,ab棒运动产生感应电动势,回路中产生感应电流,ab棒受到安培力作用,作减速运动,直到速度为0。
在丙中,电源为ab棒供电,开始向右运动,ab棒运动产生感应电流方向与原来电流同向,ab棒受到安培力作用,作减速运动,减速到速度为0后,受安培力作用,向左加速。当ab棒产生的感应电动势与电源电动势相等时,ab棒中无电流,不再受力作匀速运动。
类型三线框运动问题
【例3】(江苏省沛县中学08届高三第四次月考)如图,光滑斜面的倾角=30°,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长l1=lm,bc边的边长l2=0.6m,线框的质量m=1kg,电阻R=0.1Ω,线框通过细线与重物相连,重物质量M=2kg,斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T,如果线框从静止开始运动,进入磁场最初一段时间是匀速的,ef线和gh的距离s=11.4m,(取g=10m/s2),求:
(1)线框进入磁场前重物M的加速度;
(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v;
(3)ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t;
(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热。
导示:(1)线框进入磁场前,线框仅受到细线的拉力FT,斜面的支持力和线框重力,重物M受到重力和拉力FT。对线框,由牛顿第二定律得FT–mgsinα=ma.
联立解得线框进入磁场前重物M的加速度=5m/s2
(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动,所以重物受力平衡Mg=FT′,
线框abcd受力平衡FT′=mgsinα+FA
ab边进入磁场切割磁感线,产生的电动势
E=Bl1v;形成的感应电流
受到的安培力
联立上述各式得,Mg=mgsinα+代入数据解得v=6m/s
(3)线框abcd进入磁场前时,做匀加速直线运动;进磁场的过程中,做匀速直线运动;进入磁场后到运动到gh线,仍做匀加速直线运动。
进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同,为a=5m/s2
该阶段运动时间为
进磁场过程中匀速运动时间
线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前,所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2
;解得:t3=1.2s
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t=t1+t2+t3=2.5s
(4)线框ab边运动到gh处的速度v′=v+at3=6m/s+5×1.2m/s=12m/s
整个运动过程产生的焦耳热Q=FAl2=(Mg–mgsinθ)l2=9J
【点评】本题考查的知识点主要有牛顿定律、物体平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、运动学公式、能量守恒定律等。重点考查根据题述的物理情景综合运用知识能力、分析推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力。
类型四双电源问题
【例4】(07届南京市综合检测题)超导体磁悬浮列车是利用超导体的抗磁化作用使列车车体向上浮起,同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具。如图所示为磁悬浮列车的原理图,在水平面上,两根平行直导轨间有竖直方向且等距离的匀强磁场B1和B2,导轨上有一个与磁场间距等宽的金属框abcd。当匀强磁场B1和B2同时以某一速度沿直轨道向右运动时,金属框也会沿直轨道运动。设直轨道间距为L,匀强磁场的磁感应强度为B1=B2=B磁场运动的速度为v,金属框的电阻为R。运动中所受阻力恒为f,则金属框的最大速度可表示为()
A、B、
C、D、
导示:金属框在磁场中运动时,产生的电动势为
E=2BL(v-vm);稳定时,金属框匀速运动,受到的合力为0,即2FA=f;FA=BIL;I=E/R。
得;故选择C。
类型五非匀强磁场问题
【例5】一个质量为m、直径为d、电阻为R的金属圆环,在范围足够大的磁场中竖直向下下落,磁场的分布情况如图所示。已知磁感强度竖直方向分量By的大小只随高度y变化,其随高度y变化关系为By=B0(1+ky)(此处k为比例常数,且k0),其中沿圆环轴线的磁场方向始终向上。金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平,速度越来越大,最终稳定为某一数值,称为收尾速度。求:
(1)圆环中感应电流的方向。
(2)圆环收尾速度的大小。
导示:(1)根据楞次定律可以判断圆环中感应电流的方向为俯视顺时针方向。
(2)圆环中的磁通量变化△ф=πB0d2kv△t/4;
根据法拉第电磁感应定律E=△ф/△t=πB0d2kv/4
I=E/R=πB0d2kv/4R;
金属圆环最终稳定时,重力做功的功率等于电功率
即mgv=I2R,所以,圆环收尾速度的大小为:
1.(南通海安实验中学08年1月考试卷)如右图所示,A、B为不同金属制成的正方形线框,导线截面积相同,A的边长是B的二倍,A的密度是B的1/2,A的电阻是B的4倍,当它们的下边在同一高度竖直下落,垂直进入如图所示的磁场中,A框恰能匀速下落,那么()
A.B框一定匀速下落
B.进入磁场后,A、B中感应电流之比是2:1
C.二框全部进入磁场过程中,通过截面电量相等
D.二框全部进入磁场的过程中,消耗的电能之比为2:1
2.(江苏省2008年高考物理全真模拟卷)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感强度为B,一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则()
A.如果B增大,vm将变大
B.如果α变大,vm将变大
C.如果R变大,vm将变大
D.如果m变小,vm将变大
3.如图一所示,固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与金属框架接触良好。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。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右在框架上滑动,运动中杆ab始终垂直于框架。图二为一段时间内金属杆受到的安培力f随时间t的变化关系,则图三中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是()
4.如图所示,有一磁场,方向垂直于xoy平面向里,磁感应强度B沿y轴方向不变化,而沿x轴方向变化,且磁场中的矩形线圈面积为100cm2、电阻为0.1Ω,ab边平行于x轴,为使线圈沿+x轴匀速运动,需要加一恒力F,恒力的功率为0.025W,求线圈匀速运动的速度为多大?
答案:1、ACD2、BC3、B4、v=5m/s
20xx高考物理复习13电磁感应中的电路和图象问题学案
微专题13电磁感应中的电路和图象问题
电磁感应中的电路问题
1.题型简述:在电磁感应问题中,切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源,该部分导体或线圈与其他电阻、灯泡、电容器等用电器构成了电路.在这类问题中,常涉及计算感应电动势大小、计算导体两端电压、通过导体的电流、产生的电势等.
2.解决电磁感应中电路问题的“三部曲”
注意“等效电源”两端的电压指的是路端电压,而不是电动势或内压降.
(20xx江苏卷)如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求:
(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;
(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;
(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P.
解析:(1)MN刚扫过金属杆时,金属杆的感应电动势E=Bdv0①
回路的感应电流I=ER②
由①②式解得I=Bdv0R③
(2)金属杆所受的安培力F=Bid④
由牛顿第二定律得,对金属杆F=ma⑤
由③④⑤式得a=B2d2v0mR⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′=v0-v⑦
感应电动势E=Bdv′⑧
感应电流的电功率P=E2R⑨
由⑦⑧⑨式得P=B2d2v0-v2R⑩
答案:(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2v0-v2R
本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E=Blv,切割的速度(v)是导体与磁场的相对速度,分析这类问题,通常是先电后力,再功能.
(20xx北京卷)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4m一端连接R=1Ω的电阻.导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1T.导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好,导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5m/s.求:
(1)感应电动势E和感应电流I;
(2)在0.1s时间内,拉力的冲量If的大小;
(3)若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U.
解析:(1)根据感应电动势公式得E=BLv=1T×0.4m×5m/s=2V
故感应电流I=ER=2V1Ω=2A
(2)金属棒在匀速运动过程中,所受的安培力大小为F安=BIL=0.8N.
因匀速直线运动,所以导体棒所受拉力F=F安=0.8N
所以拉力的冲量IF=Ft=0.8N×0.1s=0.08Ns
(3)其它条件不变,则有电动势E=2V
由全电路的欧姆定律I′=ER+r=1A
导体棒两端电压U=I′R=1V.
答案:(1)E=2.0VI=2.0A(2)If=0.08(NS)(3)U=1V
1.(20xx湖北黄冈中学调研)(多选)如图所示,磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外,导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布.垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R0,在外力作用下始终以速度v0从左向右做匀速直线运动.小灯泡电阻为2R0,滑动变阻器总阻值为4R0,图示状态滑片位于a、b的正中间位置,此时位于平行板电容器中P处的带电油滴恰好处于静止状态.电路中其余部分电阻均不计,各接触处都接触良好,且导轨足够长,则下列判断正确的是()
A.油滴带负电
B.图示状态下,Δt时间内流过小灯泡的电荷量为BLv0Δt4R0
C.若将滑动变阻器的滑片向b端移动,则小灯泡将变暗
D.若将电容器上极板竖直向上移动少许距离,同时将下极板接地,其余条件均不变,则油滴电势能将增加,且P点电势将降低
解析:选BC根据右手定则判断知下极板为正极板,故油滴带正电,选项A错误;导体棒的感应电动势大小为E=BLv0,流过小灯泡的电流大小为I=12×ER0+R0,Δt时间内流过小灯泡的电荷量为Q=IΔt,解得Q=BLv0Δt4R0,选项B正确;根据动态电路分析知,小灯泡两端电压减小,故小灯泡变暗,选项C正确;将上极板向上移动少许距离,极板间电压一定,由于d变大,则场强E变小,正极板与P点间电势差变小,故φp增大,Ep增大,选项D错误.
2.(20xx哈尔滨期中)(多选)在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2.螺线管导线电阻r=1Ω,R1=4Ω,R2=5Ω,C=30μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.则下列说法中正确的是()
A.螺线管中产生的感应电动势为1.2V
B.闭合S,电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C.电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为5×10-2W
D.S断开后,通过R2的电荷量为1.8×10-5C
解析:选AD由法拉第电磁感应定律可得,螺线管内产生的电动势为:E=nΔBΔtS=1500×0.82×20×10-4V=1.2V,故A正确;根据楞次定律,当穿过螺线管的磁通量增加时,螺线管下部可以看成电源的正极,则电容器下极板带正电,故B错误;电流稳定后,电流为:I=ER1+R2+r=1.24+5+1A=0.12A,电阻R1上消耗的功率为:P=I2R1=0.122×4W=5.76×10-2W,故C错误;开关断开后通过电阻R2的电荷量为:Q=CU=CIR2=30×10-6×0.12×5C=1.8×10-5C,故D正确.
电磁感应中的图象问题
1.题型简述
借助图象考查电磁感应的规律,一直是高考的热点,此类题目一般分为两类:
(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象;
(2)由给定的图象分析电磁感应过程,定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B-t图、E-t图、i-t图、v-t图及F-t图等.
2.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.
3.解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类,即是B-t图还是Φ-t图,或者E-t图、I-t图等;
(2)分析电磁感应的具体过程;
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系;
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式;
(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等;
(6)画图象或判断图象.
4.求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法
(1)排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项.
(2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图象进行分析和判断.
Ⅰ.电磁感应中的图象选择
如图所示,等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的底边在x轴上且长为2L,高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域,在t=0时刻恰好位于图中所示的位置,以顺时针方向为导线框中电流的正方向,在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(I-x)关系的是()
解析:选C线框运动过程中,由0~L,电流为正,因切割磁感线的有效长度逐渐增大,E=BLv逐渐增大;当运动到3L2处.此时两边切割磁感线产生的感应电动势为0,电流为零;从32L~2L,电流反向且增大,线框离开磁场的过程中,电流又逐渐减小到零、综合以上分析选项C正确.
在对图象问题进行分析时,要通过明确磁通量的变化是否均匀,推知感应电动势(电流)是否大小恒定,再利用楞次定律判断出感应电动势(电流)的方向,从而确定其正负以及在坐标系中的范围.另外,有些图象问题要画出等效电路图来辅助分析,要根据图象的定义把图象反映的物理规律与实际运动过程相对应起来,并且还要能反过来将实际运动过程与图象对应.最终根据实际运动过程的物理规律进行判断.
如图所示,有一等腰直角三角形的区域,其斜边长为2L,高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场,左侧磁场方向垂直纸面向外,右侧磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿顺时针的感应电流方向为正,则图乙中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()
解析:选Dbc边的位置坐标x在L~2L过程,线框bc边有效切线长度为l=x-L,感应电动势为E=Blv=B(x-L)v;感应电流i=BR=Bx-LvR,根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a,为正值.x在2L~3L过程,ad边和bc边都切割磁感线,产生感应电动势,根据右手定则判断出来感应电流方向沿a→d→c→d→a,为负值,线框有效切线长度为l=L,感应电动势为E=Blv=BLv,感应电流i=-BLvR.x在3L~4L过程,线框ad边有效切线长度为l=L-(x-3L)=4L-x,感应电动势为E=Blv=B(4L-x)v;感应电流i=B4L-xvR,根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a,为正值.由图示图象可知,D正确.
Ⅱ.电磁感应中的图象转换
(20xx江西南昌市一模)如图a所示,在水平面上固定有平行直金属导轨ab、cd,bd端接有电阻R.导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上,导轨电阻不计.导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场,且磁感应强度B随时间t的变化规律如图b所示.在t=0时刻,导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动,经过时间2t0开始进入磁场区域,取磁场方向竖直向下为磁感应强度的正方向,导体回路中顺时针为电流正方向,则导体回路中的电流,随时间t的变化规律图象可能是()
解析:选A由图b可知,在0~2t0时间内,回路内磁通量变化率ΔΦΔt=SΔBΔt=SB0t0,为常数,根据法拉第电磁感应定律,回路产生的感应电动势E为常数,根据闭合电路欧姆定律,回路产生的感应电流为常数.根据楞次定律可判断出回路中感应电流方向为逆时针方向,即感应电流为负值且恒定,可排除图BD.当大于2t0时间内,导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流,受到安培力作用,导体棒做加速度逐渐增大的减速运动,其感应电流随时间变化应该为曲线,所以图A正确C错误.
图象的转换
(1)问题类型:由一种电磁感应的图象分析求解出对应的另一种电磁感应图象的问题.
(2)解题关键:①要明确已知图象表示的物理规律和物理过程;②根据所求的图象和已知图象的联系,对另一图象做出正确的判断进行图象间的转换.
如图甲所示,光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B的正方向),导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0~t1时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()
解析:选D由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a,由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定,故A、B两项错误;由F安=BIL可得F安随B的变化而变化,在0~t0时间内,F安方向水平向右,故外力F与F安等值反向,方向水平向左为负值;在t0~t1时间内,F安方向改变,故外力F方向也改变为正值,综上所述,D项正确.
Ⅲ.电磁感应中图象的综合应用分析
(20xx全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图(a)所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正).下列说法正确的是()
A.磁感应强度的大小为0.5T
B.导线框运动速度的大小为0.5m/s
C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D.在t=0.4s至t=0.6s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1N
解析:选BCA错:由图象可知,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=0.01V,由公式E=BLv,可得磁感应强度的大小B=0.010.1×0.5T=0.2T.B对:由图象可知,从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场,用时为0.2s,可得导线框运动速度的大小v=0.10.2m/s=0.5m/s.C对:感应电流的方向为顺时针时,对cd边应用右手定则可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外.D错:t=0.4s至t=0.6s时间段为cd边离开磁场,ab边切割磁感线的过程.由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F=BELR,代入数据得F=0.04N.
(20xx河南鹤壁第一次周练)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框平面与磁场垂直,线框的右边紧贴着磁场边界,如图甲所示.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F,让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场.外力F随时间t变化的图线如图乙所示.己知线框质量m=1kg、电阻R=1Ω.以下说法不正确的是()
A.做匀加速直线运动的加速度为1m/s2
B.匀强磁场的磁感应强度为22T
C.线框穿过磁场过程中,通过线框的电荷量为22C
D.线框穿过磁场的过程中,线框上产生的焦耳热为1.5J
解析:选Dt=0时刻,线框的速度为零,线框没有感应电流,不受安培力,加速度为a=Fm=11m/s2=1m/s2,A正确;线框的边长为L=12at2=12×1×12m=0.5m,线框刚出磁场时的速度为v=at=1×1m/s=1m/s,此时线框所受的安培力为FA=BIL,I=BLvR,测得FA=B2L2vR,根据牛顿第二定律得F-FA=ma,代入得F-B2L2vR=ma,代入数据
F=3N,m=1kg,R=1Ω,L=0.5m,v=1m/s,a=1m/s2解得,B=22T,B正确;由q=I-Δt,I-=E-R,E-=ΔΦΔt,则通过线框的电量q=ΔΦR=BL2R=22×0.521C=22C,C正确;线框的位移为x=L=0.5m,若F=3N保持不变,则F做功为W=Fx=3×0.5J=1.5J,而实际中F的大小逐渐增大,最大为3N,所以F做功应小于1.5J.由于线框加速运动,根据能量守恒得线框上产生的焦耳热小于1.5J,故D错误.
3.(20xx湖北省黄冈市黄冈中学模拟)如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示.t=0时刻磁场方向垂直纸面向里,在0~4s时间内,线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的()
解析:选A0~1s,感应电动势为:E1=SΔBΔt=SB0,为定值;感应电流I1=E1r=SB0r,为定值;安培力F=BI1L∝B;由于B逐渐减小到零,故安培力逐渐减小到零,根据楞次定律可知,线圈ab边所受的安培力向左,为正;同理:1~2s,感应电动势为:E1=SΔBΔt=SB0,为定值;感应电流:I1=E1r=SB0r,为定值;安培力F=BI1L∝B;由于B逐渐增大,故安培力逐渐增大,根据楞次定律可知,线圈ab边所受的安培力向右,为负:3s~4s内,感应电动势为:E2=SΔBΔt=2SB0,为定值;感应电流:I2=E2r=2SB0r,为定值;安培力F=BI2L∝B,由于B逐渐减小到零,故安培力逐渐减小到零;由于B逐渐减小到零,故通过线圈的磁通量减小,根据楞次定律,感应电流要阻碍磁通量减小,有扩张趋势,故安培力向外,即ab边所受安培力向左,为正,故A正确,BCD错误.
4.在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L=1m,导轨左端接有如图所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板M、N间距离d=10mm,定值电阻R1=R2=12Ω,R3=2Ω,金属棒ab电阻r=2Ω,其它电阻不计.磁感应强度B=1T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间,质量m=1×10-14kg,带电量q=-1×10-14C的微粒恰好静止不动.取g=10m/s2,在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好,且运动速度保持恒定.试求:
(1)匀强磁场的方向;
(2)ab两端的路端电压;
(3)金属棒ab运动的速度.
解析:(1)带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态,因重力竖直向下,则电场力竖直向上,故M板带正电.
ab棒向右切割磁感线产生感应电动势,ab棒等效于电源,感应电流方向由b→a,其a端为电源的正极,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.
(2)由平衡条件,得mg=Eq
又E=UMNd
所以MN间的电压:
UMN=mgdq=1×10-14×10×10×10-31×10-14V=0.1V
R3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流I=UMNR3=0.12A=0.05A
ab棒两端的电压为Uab=UMN+IR1R2R1+R2=0.1V+0.05×6V=0.4V
(3)由闭合电路欧姆定律得ab棒产生的感应电动势为:E感=Uab+Ir=0.4V+0.05×2V=0.5V
由法拉第电磁感应定律得感应电动势E感=BLv
联立上两式得v=0.5m/s.
答案:(1)竖直向下(2)0.4V(3)0.5m/s20xx高考物理知识点:电磁感应
经验告诉我们,成功是留给有准备的人。高中教师要准备好教案,这是高中教师需要精心准备的。教案可以让学生们能够更好的找到学习的乐趣,帮助高中教师提高自己的教学质量。高中教案的内容具体要怎样写呢?考虑到您的需要,小编特地编辑了“20xx高考物理知识点:电磁感应”,仅供参考,大家一起来看看吧。
20xx高考物理知识点:电磁感应
从高考物理试题组成来看,法拉第电磁感应定律是一块重点内容。几乎每年的高考物理题都有计算题出现,分值上所占的很大,也很有难度,同学们要下功夫攻克这个知识点。
在这篇文章中,我们向同学们详细介绍下电磁感应的概念,公式和解题注意事项。
电磁感应现象
因磁通量变化而产生感应电动势的现象我们诚挚为电磁感应现象。具体来说,闭合电路的一部分导体,做切割磁感线的运动时,就会产生电流,我们把这种现象叫电磁感应,导体中所产生的电流称为感应电流。
法拉第电磁感应定律概念
基于电磁感应现象,大家开始探究感应电动势大小到底怎么计算?法拉第对此进行了总结并得到了结论。感应电动势的大小由法拉第电磁感应定律确定,电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通变化率成正比。公式:E=-n(dΦ)/(dt)。对动生的情况,还可用E=BLV来求。
电动势的方向可以通过楞次定律来判定。高中物理wuli.in楞次定律指出:感应电流的磁场要阻碍原磁通的变化。对于动生电动势,同学们也可用右手定则判断感应电流的方向,也就找出了感应电动势的方向。需要注意的是,楞次定律的应用更广,其核心在”阻碍”二字上。
感应电动势的大小计算公式
(1)E=n*ΔΦ/Δt(普适公式){法拉第电磁感应定律,E:感应电动势(V),n:感应线圈匝数,ΔΦ,Δt磁通量的变化率}
(2)E=BLVsinA(切割磁感线运动)E=BLV中的v和L不可以和磁感线平行,但可以不和磁感线垂直,其中sinA为v或L与磁感线的夹角。{L:有效长度(m)}
(3)Em=nBSω(交流发电机最大的感应电动势){Em:感应电动势峰值}
(4)E=B(L^2)ω/2(导体一端固定以ω旋转切割)其中ω:角速度(rad/s),V:速度(m/s)
电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一,它显示了电、磁现象之间的相互联系和转化,对其本质的深入研究所揭示的电、磁场之间的联系,对麦克斯韦电磁场理论的建立具有重大意义。电磁感应现象在电工技术、电技术以及电磁测量等方面都有广泛的应用。
电磁感应与静电感应的关系
电磁感应现象不应与静电感应混淆。电磁感应将电动势与通过电路的磁通量联系起来,而静电感应则是使用另一带电荷的物体使物体产生电荷的方法。
20xx高考物理复习微专题08动力学动量和能量观点在力学中的应用学案新人教版
微专题08动力学、动量和能量观点在力学中的应用
力学规律的综合应用
(对应学生用书P115)
1.解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点:运用牛顿定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题.
(2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.
(3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题.
但综合题的解法并非孤立,而应综合利用上述三种观点的多个规律,才能顺利求解.
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短,因此动量守恒定律一般能派上大用场.
(20xx广东佛山一模)如图所示,王同学在一辆车上荡秋千,开始时车轮被锁定,车的右边有一个和地面相平的沙坑,且车的右端和沙坑的左边缘平齐;当王同学摆动到最大摆角θ=60°时,车轮立即解除锁定,使车可以在水平地面上无阻力运动,王同学此后不再对车做功,并可视其身体为质点.已知秋千绳子长为L=4.5m,王同学和秋千板的质量为m=50kg,车和秋千支架的总质量为M=200kg,重力加速度g取10m/s2.试求:
(1)王同学摆到最低点时的速率;
(2)在摆到最低点的过程中,绳子对王同学做的功;
(3)王同学摆到最低点时,顺势离开秋千板,他落入沙坑的位置离沙坑左边缘的距离.已知车身的长度s=3.6m,秋千架安装在车的正中央,且转轴离地面的高度H=5.75m.
解析:(1)在王同学下摆到最低点的过程中,王同学和车组成的系统在水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,有mv1+Mv2=0,
系统的机械能守恒,有
mgL(1-cos60°)=12mv21+12Mv22,
联立两式并代入数据解得v1=6m/s.
(2)在下摆的过程中对王同学由动能定理可得
mgL(1-cos60°)+W绳=12mv21,
代入数据解得W绳=-225J.
(3)在王同学下摆的过程中,王同学与车组成的系统在水平方向动量是守恒的,则mv1+Mv2=0,
由于运动的时间相等,则mx1+Mx2=0,
又x1+|x2|=Lsin60°,解得车的位移x2=-0.779m,即车向左运动了0.779m.
王同学离开秋千后做平抛运动,运动的时间为
t=2H-Lg=2×5.75-4.510s=0.5s,
王同学沿水平方向的位移为x0=v1t=6×0.5m=3m.
所以王同学的落地点到沙坑左边缘的距离为x=x0+x2-s2=0.421m.
答案:(1)6m/s(2)-225J(3)0.421m
(20xx湖北黄冈联考)如图所示,半径为R=0.4m,内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上,质量m=0.96kg的滑块停放在距轨道最低点A为L=8.0m的O点处,质量为m0=0.04kg的子弹以速度v0=250m/s从右边水平射入滑块,并留在其中.已知滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4,子弹与滑块的作用时间很短.g取10m/s2,求:
(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v;
(2)滑块从O点滑到A点的时间t;
(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点,A与C间的水平距离.
解析:(1)子弹射入滑块的过程动量守恒,规定水平向左为正方向,则m0v0=(m+m0)v,
代入数据解得v=10m/s.
(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动,设其加速度大小为a,则μ(m+m0)g=(m+m0)a,
由匀变速直线运动的规律得vt-12at2=L,
联立解得t=1s(t=4s舍去).
(3)滑块从O点滑到A点时的速度vA=v-at,
代入数据解得vA=6m/s.
设滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB,由机械能守恒定律得
12(m+m0)v2A=(m+m0)g2R+12(m+m0)v2B,
代入数据解得vB=25m/s.
滑块离开B点后做平抛运动,运动的时间t′=22Rg,
又xAC=vBt′,代入数据得xAC=455m.
答案:(1)10m/s(2)1s(3)455m
“子弹打木块”类问题分析
(对应学生用书P116)
这类题型中,通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短,内力外力,可认为在这一过程中动量守恒.“木块”对“子弹”的阻力乘以“子弹”的位移为“子弹”损失的动能,阻力乘以“木块”的位移等于“木块”获得的动能,阻力乘以相对位移等于系统损失的机械能.
(20xx福建漳州模拟)长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态,有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出.设子弹射入木块的过程时间极短,子弹受到木块的阻力恒定,木块运动的最大距离为s,重力加速度为g,求:
(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)子弹受到的阻力大小f.
解析:(1)在子弹射入木块过程的极短时间内,子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒,以水平向右为正方向,则mv0=(m+M)v共,
在子弹与木块共速到最终停止的过程中,由功能关系得
12(M+m)v2共=μ(M+m)gs,
解得μ=m2v202gsM+m2.
(2)在子弹射入木块过程的极短时间内,设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q,由能量守恒定律得Q=12mv20-12(M+m)v2共,
又Q=fL,
联立解得f=Mmv202M+mL.
答案:(1)m2v202gsM+m2(2)Mmv202M+mL
(20xx湖南衡阳一模)如图甲所示,在高h=0.8m的水平平台上放置一质量为M=0.9kg的小木块(视为质点),距平台右边缘d=2m.一质量为m=0.1kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中(作用时间极短),然后二者一起向右运动,在平台上运动的v2x关系图线如图乙所示,最后小木块从平台边缘滑出并落在距平台右侧水平距离为s=1.6m的地面上.g取10m/s2,求:
(1)小木块滑出平台时的速度大小;
(2)子弹射入小木块前的速度大小;
(3)子弹射入木块前至木块滑出平台时,系统所产生的内能.
解析:(1)小木块从平台滑出后做平抛运动,有h=12gt2,s=vt,联立两式可得v=s2hg=4m/s.
(2)设子弹射入木块后两者的共同速度为v1,由图乙并结合数学知识可知40m2s-2-v2=v21-40m2s-2,解得v1=8m/s,
子弹射入木块的过程中,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1,
解得v0=M+mv1m=80m/s.
(3)设子弹射入木块前至木块滑出平台时系统所产生的内能为Q,
则Q=12mv20-12(M+m)v2=312J.
答案:(1)4m/s(2)80m/s(3)312J
弹簧类模型的处理方法
(对应学生用书P117)
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统,在能量方面,由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化.若系统除重力和系统内弹力以外的力不做功,系统机械能守恒.若还有其他外力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量.做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少.在相互作用过程中,弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大.系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度.
如图甲所示,三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上,物体A、B用一轻质弹簧连接,并用细线拴连使弹簧处于压缩状态,三个物体的质量分别为mA=0.1kg、mB=0.2kg和mC=0.1kg.现将细线烧断,物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动(运动过程中物体A不会碰到物体C).若此过程中弹簧始终在弹性限度内,并设以向右为正方向,从细线烧断后开始计时,物体A的速度—时间图象如图乙所示.求:
(1)从细线烧断到弹簧恢复原长运动的时间;
(2)弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能;
(3)若弹簧与物体A、B不连接,在某一时刻使物体C以v0的初速度向右运动,它将在弹簧与物体分离后和物体A发生碰撞,所有碰撞都为完全弹性碰撞,试求在以后的运动过程中,物体C与物体A能够发生二次碰撞,物体C初速度v0的取值范围.(弹簧与物体分离后,迅速取走,不影响物体后面的运动).
解析:(1)当弹簧恢复到原长时,A的速度最大,
则对应的时刻为t=14T+k2T(k=0,1,2,……)
(2)当A的最大速度为4m/s,
此时根据动量守恒定律可得B的速度为:vB=mAvAmB=2m/s,
AB总的动能即为弹簧长度最大时弹簧存储的弹性势能,
即Ep=Ek=12mAv2A+12mBv2B=1.2J;
(3)当A与弹簧分离时的速度为vA=4m/s,
第一次和C碰撞时满足:
mCv0-mAvA=mCvC′+mAvA′,
12mCv20+12mAv2A=12mCv′2C+12mAv′2A,
物体C与物体A能够发生二次碰撞,则需满足vC′>vA′,
联立以上解得v0>20m/s.
答案:(1)t=14T+k2T(k=0,1,2,……)
(2)1.2J(3)v0>20m/s
如图所示,甲、乙、丙三个相同的小物块(可视为质点)质量均为m,将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定,弹簧与小物块之间不连接.整个系统静止在光滑水平地面上,甲物块与左边墙壁的距离为l(l远大于弹簧的长度).某时刻烧断甲、乙之间的轻绳,甲与乙、丙的连接体立即被弹开.经过时间t,甲与墙壁发生弹性碰撞,与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开,又经时间t2,甲与乙发生第一次碰撞.设所有碰撞均为弹性碰撞,弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动.求:
(1)乙、丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小?
(2)乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能.
解析:(1)甲与乙、丙连接体分离时的速度大小为lt
设乙、丙连接体在分离前瞬间的速度大小为v,则有
mlt=2mv
解得v=l2t
(2)设乙、丙分离后乙的速度大小为v乙,丙的速度大小为v丙
l+l2=lt+v乙t2
分离前后乙、丙组成的系统动量守恒:
2mv=mv丙-mv乙
乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能
Ep=12mv2乙+12mv2丙-12(2m)v2
解得Ep=25ml24t2.
答案:(1)l2t(2)25ml24t2
文章来源:http://m.jab88.com/j/71011.html
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