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電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)換經(jīng)典問(wèn)題在電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中有兩類(lèi)常見(jiàn)的模型.類(lèi)型“電動(dòng)電”型“動(dòng)電動(dòng)”型示意圖棒ab長(zhǎng)L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑水平,電阻不計(jì)棒ab長(zhǎng)L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑,電阻不計(jì)分析S閉合,棒ab受安培力F,此時(shí)a,棒ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLv電流I安培力FBIL加速度a,當(dāng)安培力F0時(shí),a0,v最大,最后勻速棒ab釋放后下滑,此時(shí)agsin ,棒ab速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv電流I安培力FBIL加速度a,當(dāng)安培力Fmgsin 時(shí),a0,v最大,最后勻速運(yùn)動(dòng)形式變加速運(yùn)動(dòng)變加速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài)勻速運(yùn)動(dòng)vm勻速運(yùn)動(dòng) vm1、 如圖甲所示,兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng).M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直斜面向下導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑,導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好,不計(jì)它們之間的摩擦(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示,請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫(huà)出ab桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖(2)在加速下滑過(guò)程中,當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí),求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大小(3)求在下滑過(guò)程中,ab桿可以達(dá)到的速度最大值1、解析(1)如右圖所示,ab桿受重力mg,豎直向下;支持力FN,垂直斜面向上;安培力F,平行斜面向上(2)當(dāng)ab桿速度為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv,此時(shí)電路中電流Iab桿受到安培力FBIL根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律,有mamgsin Fmgsin agsin .(3)當(dāng)mgsin 時(shí),ab桿達(dá)到最大速度vm2、如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置,兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)1.0 m,導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為30,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上,導(dǎo)軌的M、P兩端連接阻值為R3.0 的電阻,金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置并用細(xì)線(xiàn)通過(guò)光滑定滑輪與重物相連,金屬棒ab的質(zhì)量m0.20 kg,電阻r0.50 ,重物的質(zhì)量M0.60 kg,如果將金屬棒和重物由靜止釋放,金屬棒沿斜面上滑的距離與時(shí)間的關(guān)系如下表所示,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,g取10 m/s2.求:時(shí)間t/s00.10.20.30.40.50.6上滑距離/m00.050.150.350.701.051.40(1)ab棒的最終速度是多少?(2)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大?(3)當(dāng)v2 m/s時(shí),金屬棒的加速度為多大?2、解析(1)由表中數(shù)據(jù)可以看出最終ab棒將做勻速運(yùn)動(dòng)vm3.5 m/s(2)棒受力如圖所示,由平衡條件得FTFmgsin 30FTMgFBL聯(lián)立解得B T(3)當(dāng)速度為2 m/s時(shí),安培力F對(duì)金屬棒ab有FTFmgsin 30ma對(duì)重物有MgFTMa聯(lián)立上式,代入數(shù)據(jù)得a2.68 m/s23、 邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合金屬線(xiàn)框,其質(zhì)量為m,回路電阻為R.圖中M、N、P為磁場(chǎng)區(qū)域的邊界,上下兩部分水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向如圖4所示現(xiàn)讓金屬線(xiàn)框在圖示位置由靜止開(kāi)始下落,金屬線(xiàn)框在穿過(guò)M和P兩界面的過(guò)程中均為勻速運(yùn)動(dòng)已知M、N之間和N、P之間的高度差相等,均為hL,金屬線(xiàn)框下落過(guò)程中金屬線(xiàn)框平面始終保持豎直,底邊始終保持水平,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.試求:(1)圖示位置金屬線(xiàn)框的底邊到M的高度d;(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,金屬線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱;(3)金屬線(xiàn)框的底邊剛通過(guò)磁場(chǎng)邊界N時(shí),金屬線(xiàn)框加速度的大小3、解析(1)根據(jù)題意分析可知,金屬線(xiàn)框在穿過(guò)M界面時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)為v1,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2gd在金屬線(xiàn)框穿過(guò)M的過(guò)程中,金屬線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv1金屬線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I金屬線(xiàn)框受到的安培力FBIL根據(jù)物體的平衡條件有mgF,聯(lián)立解得d(2)根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,金屬線(xiàn)框中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmg(2hL)解得Qmg(3L)(3)設(shè)金屬線(xiàn)框的底邊剛通過(guò)磁場(chǎng)邊界N時(shí),金屬線(xiàn)框的速度大小為v2,根據(jù)題意和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vv2g(hL)此時(shí)金屬線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2BLv2金屬線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I金屬線(xiàn)框受到的安培力F2BIL根據(jù)牛頓第二定律有Fmgma解得金屬線(xiàn)框的加速度大小為a5g4、如圖所示,兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為,導(dǎo)軌間距為l,所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直斜面向上將甲、乙兩阻值相同、質(zhì)量均為m的相同金屬桿放置在導(dǎo)軌上,甲金屬桿處在磁場(chǎng)的上邊界,甲乙相距l(xiāng).靜止釋放兩金屬桿的同時(shí),在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌向下的外力F,使甲金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終沿導(dǎo)軌向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),加速度大小為gsin ,乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)(1)甲、乙的電阻R為多少;(2)設(shè)剛釋放兩金屬桿時(shí)t0,寫(xiě)出從開(kāi)始釋放到乙金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng),外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系;(3)若從開(kāi)始釋放到乙金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng),乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量Q,試求此過(guò)程中外力F對(duì)甲做的功4、解析(1)對(duì)乙受力分析知,乙的加速度大小為gsin ,甲、乙加速度相同,所以當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),甲剛出磁場(chǎng),乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)v對(duì)乙由受力平衡可知mgsin 故R(2)甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),外力F始終等于安培力,F(xiàn)F安IlBlB因?yàn)関gsin t所以FlB t其中0t甲出磁場(chǎng)以后,外力F為零(3)乙進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng),甲乙產(chǎn)生相同的熱量,設(shè)為Q1,此過(guò)程中甲一直在磁場(chǎng)中,外力F始終等于安培力,則有WFW安2Q1,乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量Q2QQ1,對(duì)乙利用動(dòng)能定理有mglsin 2Q20,聯(lián)立解得WF2Qmglsin .5、如圖9所示,長(zhǎng)L11.0 m,寬L20.50 m的矩形導(dǎo)線(xiàn)框,質(zhì)量為m0.20 kg,電阻R2.0 .其正下方有寬為H(HL2),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1.0 T,垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)在,讓導(dǎo)線(xiàn)框從cd邊距磁場(chǎng)上邊界h0.70 m處開(kāi)始自由下落,當(dāng)cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)中,ab尚未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),導(dǎo)線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)(不計(jì)空氣阻力,取g10 m/s2)求:(1)線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中安培力做的功是多少?(2)線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框任一截面的電荷量q是多少?5、解析(1)當(dāng)線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí):滿(mǎn)足mgBIL1,而EBL1v,EIR.線(xiàn)框由靜止到剛好進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中,由動(dòng)能定理有mg(L2h)W0,解得安培力做的功W0.8 J.(2)線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框任一截面的電荷量:qt,即q,代入數(shù)據(jù)解得q0.25 C.6、 如圖所示,絕緣細(xì)繩繞過(guò)輕滑輪連接著質(zhì)量為m的正方形導(dǎo)線(xiàn)框和質(zhì)量為M的物塊,導(dǎo)線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R0,物塊放在光滑水平面上,線(xiàn)框平面豎直且ab邊水平,其下方存在兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,方向水平但相反,區(qū)域的高度為L(zhǎng),區(qū)域的高度為2L.開(kāi)始時(shí),線(xiàn)框ab邊距磁場(chǎng)上邊界PP的高度也為L(zhǎng),各段繩都處于伸直狀態(tài),把它們由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)中線(xiàn)框平面始終與磁場(chǎng)方向垂直,M始終在水平面上運(yùn)動(dòng),當(dāng)ab邊剛穿過(guò)兩磁場(chǎng)的分界線(xiàn)QQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)不計(jì)滑輪處的摩擦求:(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線(xiàn)框的速度大??;(2)cd邊從PP位置運(yùn)動(dòng)到QQ位置過(guò)程中,通過(guò)線(xiàn)圈導(dǎo)線(xiàn)某橫截面的電荷量;(3)ab邊從PP位置運(yùn)動(dòng)到NN位置過(guò)程中,線(xiàn)圈中產(chǎn)生的焦耳熱6、解析(1)在線(xiàn)框下降L過(guò)程中,對(duì)線(xiàn)框和物塊組成的整體,由動(dòng)能定理得mgL(mM)v,所以線(xiàn)框的速度:v1 .(2)線(xiàn)框從區(qū)進(jìn)入?yún)^(qū)過(guò)程中,BS(BS)2BL2,E,I,所以通過(guò)線(xiàn)圈導(dǎo)線(xiàn)某截面的電量:qIt.(3)線(xiàn)框ab邊運(yùn)動(dòng)到位置NN之前,只有ab邊從PP位置下降2L的過(guò)程中線(xiàn)框中有感應(yīng)電流,設(shè)線(xiàn)框ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)的速度是v2,線(xiàn)圈中電流為I2,則I2此時(shí)M、m均做勻速運(yùn)動(dòng),2BI2Lmg,v2.根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mg3L(mM)vQ,則線(xiàn)圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Q3mgL.7、 (2011天津11)(18分)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為L(zhǎng)0.5 m,其電阻不計(jì),兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30角完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置,每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸,已知兩棒質(zhì)量均為m0.02 kg,電阻均為R0.1 ,整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T,棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下,沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng),而棒cd恰好能夠保持靜止,取g10 m/s2,問(wèn):(1)通過(guò)棒cd的電流I是多少,方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每產(chǎn)生Q0.1 J的熱量,力F做的功W是多少?7、解析(1)對(duì)cd棒受力分析如圖所示由平衡條件得mgsin BIL (2分)得I A1 A (1分)根據(jù)楞次定律可判定通過(guò)棒cd的電流方向?yàn)橛蒬到c. (1分)(2)棒ab與cd所受的安培力大小相等,對(duì)ab棒受力分析如圖所示,由共點(diǎn)力平衡條件知Fmgsin BIL (2分)代入數(shù)據(jù)解得F0.2 N (3)設(shè)在時(shí)間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q0.1 J的熱量,由焦耳定律知QI2Rt (2分)設(shè)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度是v,其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv(2分)由閉合電路歐姆定律知I (2分)時(shí)間t內(nèi)棒ab運(yùn)動(dòng)的位移svt (2分)力F所做的功WFs (2分)綜合上述各式,代入數(shù)據(jù)解得W0.4 J (1分)8、(15分)如圖所示,兩平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上,相距為L(zhǎng),處于豎直方向的磁場(chǎng)中,整個(gè)磁場(chǎng)由若干個(gè)寬度皆為d的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域1、2、3、4組成,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的方向相反,大小相等,即B1B2B.導(dǎo)軌左端MP間接一電阻R,質(zhì)量為m、電阻為r的細(xì)導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,不計(jì)導(dǎo)軌的電阻現(xiàn)對(duì)棒ab施加水平向右的拉力,使其從區(qū)域1磁場(chǎng)左邊界位置開(kāi)始以速度v0向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)并穿越n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域(1)求棒ab穿越區(qū)域1磁場(chǎng)的過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q;(2)求棒ab穿越n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中拉力對(duì)棒ab所做的功W;(3)規(guī)定棒中從a到b的電流方向?yàn)檎?,?huà)出上述過(guò)程中通過(guò)棒ab的電流I隨時(shí)間t變化的圖象;(4)求棒ab穿越n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中通過(guò)電阻R的凈電荷量q.8、(1)(2)(3)見(jiàn)解析(4)或0解析(3)如圖所示9、(16分)如圖所示,在水平面上固定一光滑金屬導(dǎo)軌HGDEF,EF/GH,DEEFDGGHEGL.一質(zhì)量為m足夠長(zhǎng)導(dǎo)體棒AC垂直EF方向放置在金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的電阻均為r,整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中現(xiàn)對(duì)導(dǎo)體棒AC施加一水平向右的外力,使導(dǎo)體棒從D位置開(kāi)始以速度v0沿EF方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸(1)求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到FH位置,即將要離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí),F(xiàn)H兩端的電勢(shì)差(2)關(guān)于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流,小明和小華兩位同學(xué)進(jìn)行了討論小明認(rèn)為導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是勻速的,所以回路中電流的值是恒定不變的;小華則認(rèn)為前一過(guò)程導(dǎo)體棒有效切割長(zhǎng)度在增大,所以電流是增大的,后一過(guò)程導(dǎo)體棒有效切割長(zhǎng)度不變,電流才是恒定不變的,你認(rèn)為這兩位同學(xué)的觀(guān)點(diǎn)正確嗎?請(qǐng)通過(guò)推算證明你的觀(guān)點(diǎn)(3)求導(dǎo)體棒從D位置運(yùn)動(dòng)到EG位置的過(guò)程中,導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱9、解析(1)EBLv0 (2分)UFHBLv0 (3分)(2)兩個(gè)同學(xué)的觀(guān)點(diǎn)都不正確 (2分)取AC棒在D到EG運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某一位置,MN間距離設(shè)為x,則DMNMDNx,EBxv0, R3rx, I,此過(guò)程中電流是恒定的 (2分)AC棒在EG至FH運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變,而電阻一直在增大,所以電流是減小的 (2分) (3)設(shè)任意時(shí)刻沿運(yùn)動(dòng)方向的位移為s,則sx,安培力與位移的關(guān)系為FABIx (2分)AC棒在D到EG上滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電熱,數(shù)值上等于克服安培力做的功,又因?yàn)镕As,所以QL (2分)全過(guò)程中,導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱始終為全部的三分之一,所以,導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱QL (1分)10、(重慶市2012(春)高三考前模擬測(cè))(16分)如題23-1圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線(xiàn)框靜置于光滑水平面上,處于與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如題23-2圖所示求:(1)在t=0到t=t0時(shí)間內(nèi),通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)框的感應(yīng)電流大?。唬?)在t=時(shí)刻,a、b邊所受磁場(chǎng)作用力大?。唬?)在t=0到t=t0時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線(xiàn)框中電流做的功。10、(重慶市2012(春)高三考前模擬測(cè))(16分)解:(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得,導(dǎo)線(xiàn)框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(4分)通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)框的感應(yīng)電流大?。海?分)(2)ab邊所受磁場(chǎng)作用力大小: (4分)(3)導(dǎo)線(xiàn)框中電流做的功:(4分)電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1.考點(diǎn)分析:電磁感應(yīng)的題目往往綜合性較強(qiáng),與前面的知識(shí)聯(lián)系較多,涉及力學(xué)知識(shí)(如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功、動(dòng)能定理、能量守恒定律等)、電學(xué)知識(shí)(如電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力、直流電路知識(shí)、磁場(chǎng)知識(shí)等)等多個(gè)知識(shí)點(diǎn),突出考查考生理解能力、分析綜合能力,尤其從實(shí)際問(wèn)題中抽象概括構(gòu)建物理模型的創(chuàng)新能力。2.考查類(lèi)型說(shuō)明:本部分內(nèi)容是歷年高考考查的重點(diǎn),年年都有考題,且多為計(jì)算題,分值高,難度大,對(duì)考生具有較高的區(qū)分度。3. 考查趨勢(shì)預(yù)測(cè):電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題是高考??嫉念}型之一,這類(lèi)問(wèn)題要求學(xué)生能理清電磁感應(yīng)過(guò)程中做功及能量的轉(zhuǎn)化情況,然后選用相應(yīng)的規(guī)律進(jìn)行解答。這類(lèi)問(wèn)題既要用到電磁感應(yīng)知識(shí),又要用到功能關(guān)系和能量守恒定律,是不少同學(xué)都感到困難的問(wèn)題。因此,本專(zhuān)題是復(fù)習(xí)中應(yīng)強(qiáng)化訓(xùn)練的重要內(nèi)容?!局R(shí)儲(chǔ)備】?jī)?nèi)容說(shuō)明能級(jí)要求法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)用求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小楞次定律判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向功能關(guān)系安培力做正功,是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,安培力做負(fù)功,是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能在物理學(xué)研究的問(wèn)題中,能量是一個(gè)非常重要的課題,能量守恒是自然界的一個(gè)普遍的、重要的規(guī)律。在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,由磁生電并不是創(chuàng)造了電能,而只是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能而已。在力學(xué)中就已經(jīng)知道:功是能量轉(zhuǎn)化的量度。那么在機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,是什么力在做功呢?是安培力在做功,在電學(xué)中,安培力做正功,是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能(電動(dòng)機(jī)),安培力做負(fù)功,是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能(發(fā)電機(jī)),必須明確發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,是安培力做功導(dǎo)致能量的轉(zhuǎn)化。(1)由決定的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,無(wú)論磁場(chǎng)發(fā)生的增強(qiáng)變化還是減弱變化,磁場(chǎng)都通過(guò)感應(yīng)導(dǎo)體對(duì)外輸出能量(指電路閉合的情況下,下同)。磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí),是其它形式的能量轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能中的一部分對(duì)外輸出;磁場(chǎng)子削弱時(shí),是消耗磁場(chǎng)自身儲(chǔ)存的能量對(duì)外輸出。(2)由決定的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,由于磁場(chǎng)本身不發(fā)生變化,一般認(rèn)為磁場(chǎng)并不輸出能量,而是其它形式的能量,借助安培的功(做正功、負(fù)功)來(lái)實(shí)現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化。(3)解決這類(lèi)問(wèn)題的基本方法:用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)的大小和方向;畫(huà)出等效電路,求出回路中電阻消耗電功率表達(dá)式;分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化,用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的變化所滿(mǎn)足的方程。【典例分析】例題1如圖(a)所示,光滑的平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),間距為L(zhǎng)、導(dǎo)軌左端接有阻值為R的電阻,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直跨接在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì),且接觸良好。在導(dǎo)軌平面上有一矩形區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。開(kāi)始時(shí),導(dǎo)體棒靜止于磁場(chǎng)區(qū)域的右端,當(dāng)磁場(chǎng)以速度v1勻速向右移動(dòng)時(shí),導(dǎo)體棒隨之開(kāi)始運(yùn)動(dòng),同時(shí)受到水平向左、大小為f的恒定阻力,并很快達(dá)到恒定速度,此時(shí)導(dǎo)體棒仍處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。(1)求導(dǎo)體棒所達(dá)到的恒定速度v2;(2)為使導(dǎo)體棒能隨磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng),阻力最大不能超過(guò)多少?(3)導(dǎo)體棒以恒定速度運(yùn)動(dòng)時(shí),單位時(shí)間內(nèi)克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大?(4)若t0時(shí)磁場(chǎng)由靜止開(kāi)始水平向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)較短時(shí)間后,導(dǎo)體棒也做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),其v-t關(guān)系如圖(b)所示,已知在時(shí)刻t導(dǎo)體棋睥瞬時(shí)速度大小為vt,求導(dǎo)體棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小??键c(diǎn)分析 本題考察了法拉第電磁感應(yīng)定律,物體的平衡解題思路 (1)EBL(v1v2),IE/R,F(xiàn)BIL,速度恒定時(shí)有:f,可得:v2v1,(2)fm, (3)P導(dǎo)體棒Fv2f,P電路E2/R,(4)因?yàn)閒ma,導(dǎo)體棒要做勻加速運(yùn)動(dòng),必有v1v2為常數(shù),設(shè)為Dv,a,則fma,可解得:a。正確答案是:(1)v1(2) fm(3)(4)。失分陷阱 對(duì)電磁感應(yīng)過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化不清楚,導(dǎo)致解決問(wèn)題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤。例題2如圖(a)所示,一端封閉的兩條平行光滑導(dǎo)軌相距L,距左端L處的中間一段被彎成半徑為H的1/4圓弧,導(dǎo)軌左右兩段處于高度相差H的水平面上。圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域無(wú)磁場(chǎng),右段區(qū)域存在磁場(chǎng)B0,左段區(qū)域存在均勻分布但隨時(shí)間線(xiàn)性變化的磁場(chǎng)B(t),如圖(b)所示,兩磁場(chǎng)方向均豎直向上。在圓弧頂端,放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab,與導(dǎo)軌左段形成閉合回路,從金屬棒下滑開(kāi)始計(jì)時(shí),經(jīng)過(guò)時(shí)間t0滑到圓弧頂端。設(shè)金屬棒在回路中的電阻為R,導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度為g。(1)問(wèn)金屬棒在圓弧內(nèi)滑動(dòng)時(shí),回路中感應(yīng)電流的大小和方向是否發(fā)生改變?為什么?(2)求0到時(shí)間t0內(nèi),回路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱量。(3)探討在金屬棒滑到圓弧底端進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0的一瞬間,回路中感應(yīng)電流的大小和方向??键c(diǎn)分析 法拉第電磁感應(yīng)定律,機(jī)械能守恒定律,以及閉合電路的歐姆定律。解題思路 解:(1)感應(yīng)電流的大小和方向均不發(fā)生改變。因?yàn)榻饘侔艋綀A弧任意位置時(shí),回路中磁通量的變化率相同。 (2)0t0時(shí)間內(nèi),設(shè)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E0,感應(yīng)電流為I,感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由法拉第電磁感應(yīng)定律: 根據(jù)閉合電路的歐姆定律: 由焦定律及有: (3)設(shè)金屬進(jìn)入磁場(chǎng)B0一瞬間的速度變v,金屬棒在圓弧區(qū)域下滑的過(guò)程中,機(jī)械能守恒: 在很短的時(shí)間內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)B0區(qū)域瞬間的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,則: 由閉合電路歐姆定律及,求得感應(yīng)電流: 根據(jù)討論:I.當(dāng)時(shí),I=0;II.當(dāng)時(shí),方向?yàn)椋籌II.當(dāng)時(shí),方向?yàn)椤U_答案是:(1)感應(yīng)電流的大小和方向均不發(fā)生改變。因?yàn)榻饘侔艋綀A弧任意位置時(shí),回路中磁通量的變化率相同(2) (3)I.當(dāng)時(shí),I=0;II.當(dāng)時(shí),方向?yàn)?;III.當(dāng)時(shí),方向?yàn)?。失分陷?不清楚雙回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的求法例題3如圖所示,兩條水平虛線(xiàn)之間有垂直于紙面向里,寬度為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)質(zhì)量為m,電阻為R的正方形線(xiàn)圈邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L d),線(xiàn)圈下邊緣到磁場(chǎng)上邊界的距離為h將線(xiàn)圈由靜止釋放,其下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)刻的速度都是v0,則在整個(gè)線(xiàn)圈穿過(guò)磁場(chǎng)的全過(guò)程中(從下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊緣穿出磁場(chǎng)),下列說(shuō)法中正確的是( )A線(xiàn)圈可能一直做勻速運(yùn)動(dòng)B線(xiàn)圈可能先加速后減速C線(xiàn)圈的最小速度一定是mgRB2L2D線(xiàn)圈的最小速度一定是考點(diǎn)分析 法拉第電磁感應(yīng)定律,安培力以及牛頓第二定律。解題思路 由于Ld,總有一段時(shí)間線(xiàn)圈全部處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁通量不發(fā)生變化,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,因此不受安培力,而做自由落體運(yùn)動(dòng),因此不可能一直勻速運(yùn)動(dòng),A選項(xiàng)錯(cuò)誤。已知線(xiàn)圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)刻的速度都是v0,由于線(xiàn)圈下邊緣到達(dá)磁場(chǎng)下邊界前一定是加速運(yùn)動(dòng),所以只可能是先減速后加速,而不可能是先加速后減速,B選項(xiàng)錯(cuò)誤。mgR/B2L是安培力和重力平衡時(shí)所對(duì)應(yīng)的速度,而本題線(xiàn)圈減速過(guò)程中不一定能達(dá)到這一速度,C選項(xiàng)錯(cuò)誤。從能量守恒的角度來(lái)分析,線(xiàn)圈穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中,當(dāng)線(xiàn)圈上邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度一定最小。從開(kāi)始自由下落到線(xiàn)圈上邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中用動(dòng)能定理,設(shè)該過(guò)程克服安培力做的功為W,則有:mg(hL)Wmv2。再在線(xiàn)圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛穿出磁場(chǎng)過(guò)程中用動(dòng)能定理,該過(guò)程克服安培力做的功也是W,而始、末動(dòng)能相同,所以有:mgdW0。由以上兩式可得最小速度v。所以D選項(xiàng)正確。正確答案:D失分陷阱 本題以豎直面內(nèi)矩形線(xiàn)框進(jìn)入有界磁場(chǎng)產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象為背景,考查能的轉(zhuǎn)化與守恒定律、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的計(jì)算、安培力、平衡條件等較多知識(shí)點(diǎn),情景復(fù)雜,考查考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和分析綜合能力例題4用密度為d、電阻率為、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框。如圖所示,金屬方框水平放在磁極的狹縫間,方框平面與磁場(chǎng)方向平行。設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間,其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì)??烧J(rèn)為方框的邊和邊都處在磁極之間,極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。方框從靜止開(kāi)始釋放,其平面在下落過(guò)程中保持水平(不計(jì)空氣阻力)。求方框下落的最大速度vm(設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域在數(shù)值方向足夠長(zhǎng));當(dāng)方框下落的加速度為時(shí),求方框的發(fā)熱功率P;已知方框下落時(shí)間為t時(shí),下落高度為h,其速度為vt(vtvm)。若在同一時(shí)間t內(nèi),方框內(nèi)產(chǎn)生的熱與一恒定電流I0在該框內(nèi)產(chǎn)生的熱相同,求恒定電流I0的表達(dá)式??键c(diǎn)分析本題考察了牛頓第二定律、能量守恒定律及電磁感應(yīng)的相關(guān)知識(shí)。解題思路方框質(zhì)量:方框電阻:方框下落速度為v時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 感應(yīng)電流 方框下落過(guò)程,受到重力G及安培力F,方向豎直向下,方向豎直向下當(dāng)FG時(shí),方框達(dá)到最大速度,即vvm則:方框下落的最大速度:方框下落加速度為時(shí),有:,則:方框的發(fā)熱功率:根據(jù)能量守恒定律,有 解得恒定電流I0的表達(dá)式: 。 正確答案是:(1)(2) (3) 失分陷阱 本題物理背景新穎,正確的從中提煉出相關(guān)的物理模型是解題的關(guān)鍵,同時(shí)要挖掘當(dāng)FG時(shí),方框達(dá)到最大速度。例題5如圖所
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