第十二章 微专题37 电磁感应中的“杆一轨”运动模型（课件PPT）-【优化指导】2024高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教版 浙江专用）

第十二章　电磁感应 微专题37　电磁感应中的“杆一轨”运动模型 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 微专题37 返回导航 第1轮 物理 第十二章　电磁感应 谢谢观看！ 1．动力学观点的应用：分析加速度(最大加速度)、最大速度．设某时刻的速度为v，外力为F，则加速度a＝ eq \f(F,m) － eq \f(B2L2v,mR) ；当a＝0时，最大速度为vm＝ eq \f(FR,B2L2) . 2．能量观点的应用：只有安培力做功时，动能转化为焦耳热，电能转化为动能；有其他外力做功时，外力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和． 3．动量观点的应用 (1)分析位移：－ eq \f(B2L2\o(v,\s\up16(－))Δt,R总) ＝0－mv0，即 － eq \f(B2L2x,R总) ＝0－mv0. (2)分析电荷量或速度：B eq \o(I,\s\up16(－)) LΔt＝mv2－mv1，q＝ eq \o(I,\s\up16(－)) Δt. 微点一　电磁感应中的单杆模型 (2021·江苏南通一模)如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ时恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)： (1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小； (2)金属棒刚刚滑过cd位置时的加速度大小； (3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小． 答案：(1)2 m/s　(2)3.75 m/s2　(3)8 m/s 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v0， 由平衡条件得mg sin θ＝F安， 而F安＝B0I0L， I0＝ eq \f(B0Lv0,R＋r) ， 代入数据解得v0＝2 m/s. (2)金属棒刚刚滑过cd位置时，其受力如图所示． 由牛顿第二定律得 mg sin θ－F安′＝ma， 而F安′＝B1I1L，I1＝ eq \f(B1Lv0,R＋r) ， 代入数据解得a＝3.75 m/s2. (3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mg sin θ＝F安″， 而F安″＝B1I2L， I2＝ eq \f(B1Lv1,R＋r) ， 代入数据解得v1＝8 m/s. [考法拓展1]　在[例1]中，求金属棒从开始运动到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间． 答案：0.9 s 解析：金属棒从静止开始运动到刚进入磁场Ⅰ的时间t1＝ eq \f(v0,g sin θ) ＝0.4 s，在磁场Ⅰ运动时间t2＝ eq \f(x1,v0) ＝0.5 s，所以金属棒从开始运动到刚离开磁场Ⅰ所经历时间为t＝t1＋t2＝0.9 s． [考法拓展2]　在[例1]中，求金属棒由释放位置到ab连线滑过的距离x0. 答案：0.4 m 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动，a＝g sin θ，由运动学公式得v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝2ax0， 代入数据解得x0＝0.4 m． [考法拓展3]　在[例1]中，求金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量． 答案：7.5 J 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x0＋x1＋x2)sin θ＝Q＋ eq \f(1,2) mv eq \o