（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化五 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt

《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化五 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強(qiáng)化五 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件.ppt（48頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、,第十章電磁感應(yīng)交變電流,專題強(qiáng)化五動力學(xué)、動量和能量觀 點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,研透命題點(diǎn),課時(shí)作業(yè),細(xì)研考綱和真題 分析突破命題點(diǎn),限時(shí)訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度,,研透命題點(diǎn),,,感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(牛頓運(yùn)動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等).解決這類問題的方法： (1)選擇研究對象.即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng). (2)分析其受力情況.安培力既跟電流方向垂直又跟磁場方向垂直. (3)分析研

2、究對象所受的各力做功情況和合外力情況，選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律. (4)分析研究對象(或系統(tǒng))是否符合動量守恒的條件. (5)運(yùn)用物理規(guī)律列方程求解.注意：加速度a0時(shí)，速度v達(dá)到最大值.,,命題點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動量和能量的應(yīng)用,,,類型1動量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用 例1(2017浙江4月選考22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖1所示.傾角為的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)間中.水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)

3、軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)間，其長度大于L.質(zhì)量為m、長為l的金屬,桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”.“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場區(qū)間并從中滑出.運(yùn)動過程中，,桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直.已知桿ab、cd和ef電阻均為R0.02 ，m0.1 kg，l0.5 m，L0.3 m，30，B10.1 T，B20.2 T.不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，g取10 m/s2.求：,圖1,(1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動時(shí)的速度大小v0；,答案,答案見解析,解得：v0

4、6 m/s.,(2)“聯(lián)動三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間前的速度大小v；,答案,答案見解析,解析桿ab與“聯(lián)動雙桿”碰撞時(shí)， 由動量守恒定律得mv04mv，,(3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間產(chǎn)生的焦耳熱Q.,答案,答案見解析,解析設(shè)“聯(lián)動三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間時(shí)速度變化量的大小為v，,設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間時(shí)速度變化量的大小為v，,解得v0.25 m/s. 因此“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間時(shí)的速度為vvvv1 m/s.,變式1(2018寧波市十校聯(lián)考)如圖2所示，兩根相距為d的粗糙平行金屬導(dǎo)軌放在傾角為的斜面上(電阻忽略不計(jì))，金屬導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長為l，且平行于

5、金屬導(dǎo)軌，不考慮磁場的邊界效應(yīng))內(nèi)存在一個(gè)垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場B(圖中未畫出)，一根電阻為r，質(zhì)量為m的金屬棒EF自磁場上邊界虛線mn處由靜止釋放， 經(jīng)過t時(shí)間離開磁場區(qū)域，金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動摩 擦因數(shù)為.求：(重力加速度為g) (1)t時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q；,答案,圖2,(2)t時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q；,答案,解析金屬棒向下運(yùn)動的過程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，,(3)沿著導(dǎo)軌向下平行移動磁場區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當(dāng)它恰好能勻速通過磁場時(shí)，磁場的移動距離s和金屬棒通過磁場的時(shí)間t.,答案,在磁場區(qū)域外，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動的加速度為：a

6、g(sin cos ) 又：v m22as，,類型2動量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用 例2(2018寧波市3月選考)如圖3甲所示，絕緣 水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、 MN，相距為L0.5 m，ef右側(cè)導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁 場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng) 度B的大小如圖乙變化.開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定 在導(dǎo)軌如圖所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平 面高度為h0.2 m，cd棒與ef之間的距離也為L，ab棒 的質(zhì)量為m10.2 kg，有效電阻R10.05 ，cd棒的質(zhì) 量為m20.1 kg，有效電阻為R20.15 .(設(shè)ab、cd棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸

7、良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2).問：,圖3,(1)01 s時(shí)間段內(nèi)通過cd棒的電流大小與方向；,答案,答案見解析,解析由楞次定律可得，cd棒中的電流方向?yàn)橛蒬到c,代入數(shù)據(jù)得：E0.25 V,代入數(shù)據(jù)得：I1.25 A,(2)假如在第1 s末，同時(shí)解除對ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動，試求這一速度的大?。?答案,答案見解析,解析設(shè)ab棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v0，,得v02 m/s 由題意可知，ab棒進(jìn)入磁場后做加速度減小的減速運(yùn)動，cd棒做加速度減小的加速運(yùn)動，而由ab、cd棒組成的回路感應(yīng)電動勢越來越小，最終ab、cd棒達(dá)到共同

8、速度做勻速直線運(yùn)動，系統(tǒng)穩(wěn)定.以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向上只受到大小時(shí)刻相等、方向時(shí)刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場中運(yùn)動時(shí)動量守恒. m1v0(m1m2)v共,(3)對ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速直線運(yùn)動的過程，ab棒上產(chǎn)生的熱量；,答案,答案見解析,解析以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量.,(4)ab棒和cd棒速度相同時(shí)，它們之間的距離大小.,答案,答案見解析,解析以ab棒為研究對象，ab棒從進(jìn)入磁場到達(dá)到穩(wěn)定速度過程中，,分析可知x為這個(gè)過程中兩棒相對靠

9、近的距離，,變式2如圖4所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L.空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A.已知，細(xì)線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t0時(shí)刻開始對U形框架施加水平向右的拉力F(大小未知)，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動. (1)求從框架開始運(yùn)動到細(xì)線斷開所需的時(shí)間 t0及細(xì)線斷開時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大小；,答案,圖4,解析細(xì)線斷開時(shí)，對CD棒有FT0F安，,(2

10、)若在細(xì)線斷開時(shí)，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q.,答案,解析在細(xì)線斷開時(shí)立即撤去拉力F，框架向右減速運(yùn)動，CD棒向右加速運(yùn)動， 設(shè)二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動量守恒可得mv02mv,撤去拉力F后，系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能，,動量與電磁學(xué)知識綜合應(yīng)用類問題的求解與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣；分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵.,,命題點(diǎn)二電場、磁場中動量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用,,,類型1電場中動量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 例3如圖5所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場.質(zhì)量為3m、電荷量為q的球A由靜

11、止開始運(yùn)動，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后作為一個(gè)整體繼續(xù)向右運(yùn)動.兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，求： (1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大?。?答案,圖5,(2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；,答案,解析A、B碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒， 設(shè)向右為正方向， 由動量守恒定律得：3mv(3mm)v1,(3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小.,答案,解析以B為研究對象，設(shè)向右為正方向， 由動量定理得：Imv10,類型2磁場中動量和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用 例4如圖6所示，ab、ef是平行的固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d.在導(dǎo)軌左端ae上連有

12、一個(gè)阻值為R的電阻，一質(zhì)量為3m、長為d、電阻為r的金屬棒恰能置于導(dǎo)軌上并和導(dǎo)軌良好接觸.起初金屬棒靜止于MN位置，MN距離ae邊足夠遠(yuǎn)，整個(gè)裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電荷量為q的絕緣小球在桌面上從O點(diǎn)(O為導(dǎo)軌上的一點(diǎn))以與ef成60角斜向右上方射向ab，隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點(diǎn)上，并和棒黏合在一起(設(shè)小球與棒之 間沒有電荷轉(zhuǎn)移).棒運(yùn)動過程中始終和導(dǎo)軌接觸良好， 不計(jì)導(dǎo)軌間電場的影響，導(dǎo)軌的電阻不計(jì).求： (1)小球射入磁場時(shí)的速度v0的大小；,圖6,答案,解析小球射入磁場后將做勻速圓周運(yùn)動， 設(shè)圓周運(yùn)動的半徑為r，其軌跡如圖所示,(

13、2)電阻R上產(chǎn)生的熱量QR.,返回,答案,解析小球和金屬棒的碰撞過程，以向左為正方向， 由動量守恒定律得：mv0(m3m)v 金屬棒切割磁感線的過程中，棒和小球的動能轉(zhuǎn)化為電能進(jìn)而轉(zhuǎn)化成焦耳熱：,,課時(shí)作業(yè),,,1,2,3,4,1.如圖1所示，粗糙絕緣水平地面上方以PQ為界，左邊有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為 右邊有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場以MN為右邊界，一個(gè)質(zhì)量為2m的帶電荷量為q的物體從地面上O點(diǎn)出發(fā)，在電場力作用下運(yùn)動到Q點(diǎn)時(shí)與另一質(zhì)量為m、不帶電的物體發(fā)生正碰，碰后兩者粘為一體，并恰好能在QN間做勻速直線運(yùn)動，已知兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)0.1，

14、g為重力加速度，sin 370.6，cos 370.8. (1)求O、Q之間的距離x1；,答案,圖1,解析設(shè)兩物體碰后的瞬間速度為v2，則有：Bqv23mg 設(shè)帶電物體碰撞前的速度為v1，取向右為正方向， 由動量守恒定律有：2mv13mv2,1,2,3,4,1,2,3,4,(2)若MN右側(cè)有一傾角37的傾斜傳送帶正以速度v0逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，物體系統(tǒng)通過N點(diǎn)到傳送帶時(shí)無動能損失，且傳送帶足夠大，已知物體系統(tǒng)與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為10.5，求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過程中運(yùn)動的最大距離.,答案,解析物體系統(tǒng)沿傳送帶向上做勻減速運(yùn)動，,由牛頓第二定律得：3mgsin 13mgcos 3ma 則ag.,2

15、.(2018湖州市、衢州市、麗水市高三期末)兩根相距為d12 cm的金屬直角導(dǎo)軌如圖2甲所示放置，水平部分處在同一水平面內(nèi)且足夠長，豎直部分長度L24 cm，下端由一電阻連接，電阻阻值R02 .質(zhì)量m1 g、電阻R1 的金屬細(xì)桿MN與水平部分導(dǎo)軌垂直接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.1，導(dǎo)軌電阻不計(jì).整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向右的均勻磁場中，此磁場垂直于豎直軌道平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，t3 s后磁場不 變.t0時(shí)給桿MN一向左的初速度v05 m/s， t4 s時(shí)桿的速度減為零.(不計(jì)空氣阻力) (1)判斷初始時(shí)流過MN桿的電流方向；,答案,1,2,3,4,

16、圖2,答案MN,解析M到N(MN),(2)求4 s內(nèi)感應(yīng)電流的平均值；,答案,1,2,3,4,答案4.8103 A,(3)求4 s內(nèi)MN桿克服摩擦力做的功；,答案,1,2,3,4,答案1.25102 J,解析04 s，桿的速度由v05 m/s減為0，只有摩擦力做功，,即克服摩擦力做的功是1.25102 J.,(4)求前3 s內(nèi)安培力對MN桿的沖量的大小.,答案,1,2,3,4,答案102 Ns,解析34 s內(nèi)：mgt20mv3 v31 m/s 03 s內(nèi)：(mgF安)t1mv3mv0 得：mgt1I安mv3mv0 I安102 Ns.,3.(2017浙江11月選考22)如圖3所示，匝數(shù)N100、

17、截面積S1.0102 m2、電阻r0.15 的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場B1，其變化率k0.80 T/s.線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d0.20 m,答案,1,2,3,4,的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R0.50 的電阻.一根阻值也為0.50 、質(zhì)量m1.0102 kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上，在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場B2.接通開關(guān)S后，棒對擋條的壓力恰好為零.假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻. (1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并指出磁場方向；,圖3,答案0.5 T磁場垂直紙面向外,1,2,3,4,

18、根據(jù)題意，此刻棒對擋條的壓力為零， 即導(dǎo)體棒所受安培力等于其重力，方向豎直向上 即B2Iabdmg，解得B20.5 T， 根據(jù)左手定則可知磁場的方向應(yīng)該垂直紙面向外.,代入數(shù)據(jù)得：E0.8 V,等效電路圖如圖：,(2)斷開開關(guān)S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t0.25 s后下降了h0.29 m，求此過程棒上產(chǎn)生的熱量.,答案,1,2,3,4,答案2.3103 J,1,2,3,4,解析開關(guān)斷開之后，撤去擋條，ab下滑過程切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流， 根據(jù)動量定理，則(mgB2Id)tmv0,B2dh,聯(lián)立解得W4.6103 J,4.(2018浙江11月選考22)如圖4所示，在間距L0.2 m的兩光

19、滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面(向內(nèi)為正)的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的分布沿y方向不變，沿x方向如下：,1,2,3,4,答案,導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C1 F的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I2 A，電流方向如圖所示.有一質(zhì)量m0.1 kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x00.7 m處.開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止開始運(yùn)動，到達(dá)x30.2 m處時(shí)，開關(guān)S擲向2.已知棒ab在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，求： (提示：可以用Fx圖象下的“面積”代表力F所做的功) (1)棒ab運(yùn)動到x10.2 m時(shí)的速度v1；,圖4,答案2 m/s,解析從x0 x1的過程，由于安培力為恒力，,1,2,3,4,得v12 m/s,(2)棒ab運(yùn)動到x20.1 m時(shí)的速度v2；,1,2,3,4,答案,解析從x1x2過程中，安培力FBIL， 由于B5x，可知F2x，可知F隨x變化而變化，F(xiàn)x圖象如圖所示， 所以在這個(gè)過程中，安培力做功的大小為圖象與x軸圍成的面積，W安0.03 J,(3)電容器最終所帶的電荷量Q.,返回,答案,1,2,3,4,解析從x0.2 m處移到x0.2 m處安培力不做功，v3v12 m/s 設(shè)最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v，則導(dǎo)體棒兩端電壓UBLv 電容器上所帶電荷量QCU 電路中通過的電荷量QIt 根據(jù)動量定理得BILtmvmv3,