（課標版）2020屆高考物理二輪復習 中檔防錯12 十二、電磁感應中動力學與能量問題易錯分析

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1、 十二、電磁感應中動力學與能量問題易錯分析 　　桿+導軌模型的情況,現(xiàn)總結如下: (1)單桿模型的常見情況 v0≠0 v0=0 質量為m,電阻不計的單桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動,兩平行導軌間距為L 軌道水平光滑,單桿ab質量為m,電阻不計,兩平行導軌間距為L 軌道水平光滑,單桿ab質量為m,電阻不計,兩平行導軌間距為L,拉力F恒定 軌道水平光滑,單桿ab質量為m,電阻不計,兩平行導軌間距為L,拉力F恒定 導體桿做加速度減小的減速運動,最終桿靜止 桿做加速度減小的加速運動,當E感=E時,v最大,且vm=EBL,最后以vm勻速運動

2、 桿做加速度減小的加速運動,當a=0時,v最大,vm=FRB2L2時,桿開始勻速運動 Δt時間內流入電容器的電荷量Δq=CΔU= CBLΔv 電流I=ΔqΔt= CBLΔvΔt=CBLa 安培力F安=BLI=CB2L2a F-F安=ma, a=Fm+B2L2C 所以桿以恒定的加速度勻加速運動 　　(2)雙桿模型的常見情況 ①初速度不為零,不受其他水平外力的作用 光滑的平行導軌 光滑不等距足夠長導軌 示意圖 質量m1=m2 電阻r1=r2 長度L1=L2 質量m1=m2 電阻r1=r2 長度L1=2L2 分析 桿MN做變減速運動,桿PQ做

3、變加速運動,穩(wěn)定時,兩桿的加速度均為零,以相同的速度勻速運動 桿MN做變減速運動,桿PQ做變加速運動,穩(wěn)定時,兩桿的加速度均為零,兩桿的速度之比為1∶2 　　②初速度為零,一桿受到恒定水平外力的作用 光滑的平行導軌 不光滑平行導軌 示意圖 質量m1=m2 電阻r1=r2　長度L1=L2 摩擦力Ff1=Ff2　質量m1=m2 電阻r1=r2　長度L1=L2 分析 開始時,兩桿做變加速運動;穩(wěn)定時,兩桿以相同的加速度做勻加速運動 開始時,若Ff2Ff,PQ桿先變加速后勻加速運動,MN桿先靜止后變加速

4、最后和PQ桿同時做勻加速運動,且加速度相同 典例1　(多選)如圖所示,足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ與水平面成30°固定放置,導軌間距為1 m,導軌所在平面有磁感應強度大小為100 T、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場,導軌的上端M與P間接有電容為200 μF的電容器。質量為1 kg的金屬棒ab垂直放置在導軌上,對金屬棒施加一沿導軌平面向下、大小為10 N的恒力F,使其由靜止開始運動。不計導軌和金屬棒的電阻,重力加速度g=10 m/s2。則下列說法正確的是(　　) A.金屬棒先做變加速運動,后做勻速運動 B.金屬棒運動過程中通過其電流方向從b到a,大小恒為0.1 A C.金屬棒由

5、靜止開始運動至t=1 s時電容器所帶電荷量為10 C D.金屬棒由靜止開始運動至t=1 s時電容器儲存的電場能為25 J 　　答案　BD　以金屬棒為研究對象,由牛頓第二定律得F+mg sin θ-BIL=ma,其中I=ΔqΔt,Δq=CΔU,ΔU=BLΔv,聯(lián)立得a=F+mgsinθm+CB2L2=5 m/s2,金屬棒以5 m/s2的加速度勻加速運動,故A錯誤;根據(jù)右手定則,電流從b到a,I=CBLa=0.1 A,故B正確;q=It=0.1 C,故C錯誤;經(jīng)過t=1 s金屬棒運動位移x=12at2,末速度v=at=5 m/s,由能量守恒得電容器儲存的電場能E=mg sin θ·x-12mv

6、2+Fx=25 J,故D正確。 　　典例2　如圖,兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ,間距為L。導軌上端接有一平行板電容器,電容為C。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向垂直于導軌平面向下。在導軌上放置一質量為m的金屬棒,金屬棒可沿導軌下滑,且在下滑過程中與導軌垂直并保持良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑,求: (1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系; (2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。 答案　(1)Q=CBLv　(2)v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt

7、 解析　(1)設金屬棒下滑的速度大小為v,則感應電動勢為 E=BLv① 平行板電容器兩極板之間的電勢差為 U=E② 設此時電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有 C=QU③ 聯(lián)立①②③式得 Q=CBLv④ (2)設金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上,大小為 f1=BLi⑤ 設在時間間隔(t,t+Δt)內流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ,按定義有 i=ΔQΔt⑥ ΔQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t,t+Δt)內增加的電荷量。由④式得 ΔQ=CBLΔv⑦ 式中,Δv為金屬棒的速度變化量。按定義有 a=ΔvΔt

8、⑧ 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小為 f2=μN⑨ 式中,N是金屬棒對導軌的正壓力的大小,有 N=mg cos θ⑩ 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下,設其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有 mg sin θ-f1-f2=ma 聯(lián)立⑤至式得 a=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cg 由式及題設可知,金屬棒做初速度為零的勻加速運動。t時刻金屬棒的速度大小為 v=m(sinθ-μcosθ)m+B2L2Cgt 反思總結 　　解決本題的關鍵是正確理解電路中的電流與電容器極板所帶電荷量的關系,有同學用歐姆定律I=ER+r=BLvR+r來分析電流,認為金屬棒勻速運動時才會有穩(wěn)定的電流,顯然是沒有認識到這里的電流是電容器的充電電流。 - 4 -