2020-2021學年第二章電磁感應綜合與測試導學案及答案-學案下載-教習網(wǎng)

一、電磁感應中的動力學問題
電磁感應問題往往與力學問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是：
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向．
(2)用閉合電路歐姆定律求回路中感應電流的大?。?br>(3)分析導體的受力情況(包括安培力)．
(4)列動力學方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解．
如圖1所示，空間存在B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是水平放置的平行長直導軌，其間距L＝0.2 m，R＝0.3 Ω的電阻接在導軌一端，ab是跨接在導軌上質(zhì)量m＝0.1 kg、接入電路的電阻r＝0.1 Ω的導體棒，已知導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.從零時刻開始，對ab棒施加一個大小為F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導軌滑動，過程中ab棒始終保持與導軌垂直且接觸良好．(g＝10 m/s2)
圖1
(1)分析導體棒的運動性質(zhì)；
(2)求導體棒所能達到的最大速度；
(3)試定性畫出導體棒運動的速度－時間圖像．
答案 (1)做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動 (2)10 m/s (3)見解析圖
解析 (1)導體棒做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv①
回路中的感應電流I＝eq \f(E,R＋r)②
導體棒受到的安培力F安＝BIL③
導體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：
F－μmg－F安＝ma④
由①②③④得：F－μmg－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma⑤
由⑤可知，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當加速度a減小到0時，速度達到最大，此后導體棒做勻速直線運動．
(2)當導體棒達到最大速度時，有F－μmg－eq \f(B2L2vm,R＋r)＝0
可得：vm＝eq \f(?F－μmg??R＋r?,B2L2)＝10 m/s
(3)由(1)(2)中的分析與數(shù)據(jù)可知，導體棒運動的速度－時間圖像如圖所示．
如圖2甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的定值電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦．(重力加速度為g)
圖2
(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中的受力示意圖；
(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流大小及其加速度的大??；
(3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值．
答案 (1)見解析圖
(2)eq \f(BLv,R) gsin θ－eq \f(B2L2v,mR) (3)eq \f(mgRsin θ,B2L2)
解析 (1)如圖所示，ab桿受重力mg，方向豎直向下；支持力FN，方向垂直于導軌平面向上；安培力F安，方向沿導軌向上．
(2)當ab桿的速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv，
則此時電路中的電流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
ab桿受到的安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
根據(jù)牛頓第二定律，有
mgsin θ－F安＝ma
聯(lián)立各式得a＝gsin θ－eq \f(B2L2v,mR).
(3)當a＝0時，ab桿達到最大速度vm，
即mgsin θ＝eq \f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq \f(mgRsin θ,B2L2).
分析電磁感應動力學問題的基本思路
導體受外力運動eq \(――→,\s\up7(E＝Blv))產(chǎn)生感應電動勢eq \(―――→,\s\up10 (I＝\f(E,R+r)))產(chǎn)生感應電流eq \(――→,\s\up7(F＝BIl))導體受安培力―→合外力變化eq \(――→,\s\up7(F合＝ma))加速度變化―→速度變化―→感應電動勢變化……→a＝0，v達到最大值．
針對訓練1 (多選)如圖3所示，一金屬方框abcd從離磁場區(qū)域上方高h處自由下落，然后進入與線框平面垂直的勻強磁場中．在進入磁場的過程中，可能發(fā)生的情況是( )
圖3
A．線框做變加速運動
B．線框做勻加速運動
C．線框做勻減速運動
D．線框做勻速運動
答案 AD
解析在進入磁場的過程中，若安培力等于重力，即mg＝eq \f(B2L2v,R)，線框做勻速運動，D對．若安培力大于重力，線框做減速運動，隨著速度的變化，安培力也發(fā)生變化，由牛頓第二定律可知加速度大小也發(fā)生變化，不是勻減速直線運動，C錯；若安培力小于重力，線框做加速運動，但隨著速度增大，向上的安培力的逐漸增大，加速度逐漸減小，線框做的是變加速直線運動，B錯，A對．
二、電磁感應中的能量問題
1．電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化
2．焦耳熱的計算
(1)電流恒定時，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感應電流變化，可用以下方法分析：
①利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．
②利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量．
如圖4所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0 m，下端連接R＝1.6 Ω的定值電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0 T．質(zhì)量m＝0.5 kg、電阻r＝0.4 Ω的金屬棒ab垂直放置于導軌上，現(xiàn)用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0 N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導軌向上滑行且始終與導軌接觸良好，當金屬棒滑行x＝2.8 m后速度保持不變．求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
圖4
(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v；
(2)金屬棒從靜止到開始勻速運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR.
答案 (1)4 m/s (2)1.28 J
解析 (1)金屬棒勻速運動時產(chǎn)生的感應電流為I＝eq \f(BLv,R＋r)
由平衡條件有F＝mgsin θ＋BIL
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s.
(2)設(shè)整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由動能定理得Fx－mgx·sin θ－W安＝eq \f(1,2)mv2，而Q＝W安，QR＝eq \f(R,R＋r)Q，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得QR＝1.28 J.
針對訓練2 (多選)如圖5所示，在光滑的水平地面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個半徑為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場方向，以速度v從圖示位置(實線所示)開始運動，當圓環(huán)運動到直徑剛好與邊界線PQ重合時(虛線所示)，圓環(huán)的速度變?yōu)閑q \f(v,2)，則下列說法正確的是( )
圖5
A．此時圓環(huán)的電功率為eq \f(2B2a2v2,R)
B．此時圓環(huán)的加速度大小為eq \f(8B2a2v,mR)
C．此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為eq \f(πBa2,R)
D．此過程中回路產(chǎn)生的電能為0.75mv2
答案 BC
解析當圓環(huán)的直徑與邊界線重合時，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產(chǎn)生感應電動勢，故圓環(huán)中的感應電動勢E＝2B×2a×eq \f(v,2)＝2Bav，圓環(huán)的電功率P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(4B2a2v2,R)，故A錯誤；此時圓環(huán)受到的安培力F＝2BI×2a＝2B×eq \f(2Bav,R)×2a＝eq \f(8B2a2v,R)，由牛頓第二定律可得，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(8B2a2v,mR)，故B正確；圓環(huán)中的平均電動勢eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，則通過圓環(huán)截面的電荷量Q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bπa2,R)，故C正確；此過程中回路產(chǎn)生的電能等于動能的減少量，故E＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2＝eq \f(3,8)mv2＝0.375mv2，故D錯誤．
1．(電磁感應中的動力學問題)如圖6所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計，ab是一根與導軌垂直且始終與導軌接觸良好的金屬桿，開始時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像不可能是下圖中的( )
圖6
答案 B
解析 S閉合時，若金屬桿受到的安培力eq \f(B2l2v,R)＞mg，ab桿先減速再勻速，D項有可能；若eq \f(B2l2v,R)＝mg，ab桿勻速運動，A項有可能；若eq \f(B2l2v,R)＜mg，ab桿先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，mg－eq \f(B2l2v,R)＝ma中a不恒定，故B項不可能．
2．(電磁感應中的動力學問題)(多選)如圖7所示，有兩根和水平方向成α(α

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