（課標(biāo)版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復(fù)習(xí) 專題十一 電磁感應(yīng)課件.ppt

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1、專題十一電磁感應(yīng),高考物理（課標(biāo)專用）,考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律,考點(diǎn)清單,考向基礎(chǔ) 一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象,二、感應(yīng)電流方向的判定,三、磁通量、磁通量的變化量、磁通量的變化率的區(qū)別,考向突破,考向一電磁感應(yīng)現(xiàn)象 常見的產(chǎn)生感應(yīng)電流的三種情況 判斷能否產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,關(guān)鍵是看回路的磁通量是否發(fā)生了變化。,磁通量的變化量=2-1主要有下列四種形式: (1)S、不變,B改變,則=BS sin (為B與S的夾角)。 (2)B、不變,S改變,則=BS sin 。 (3)B、S不變,改變,則=BS(sin 2-sin 1)。 (4)B、S、中的兩個(gè)或三個(gè)量同時(shí)變化引起的磁通量變化。,例1(2017課標(biāo),

2、18,6分)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng),在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動(dòng),如圖所示。無擾動(dòng)時(shí),按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場;出現(xiàn)擾動(dòng)后,對(duì)于紫銅薄板上下及左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是(),解析由于要求有效衰減紫銅薄板的上下及左右的微小振動(dòng),則在紫銅薄板發(fā)生微小的上下或左右振動(dòng)時(shí),通過紫銅薄板橫截面的磁通量應(yīng)均能發(fā)生變化,由圖可以看出,只有A圖方案中才能使兩方向上的微小振動(dòng)得到有效衰減。,答案A,考向二楞次定律及其應(yīng)用 1.楞次定律中“阻礙”的含義,2.楞次定律的推廣含義 楞次定

3、律中“阻礙”的含義可以推廣為:感應(yīng)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因,列表說明如下:,例2(2017課標(biāo),15,6分)如圖,在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS,一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi),線框與導(dǎo)軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng),在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間,關(guān)于感應(yīng)電流的方向,下列說法正確的是() A.PQRS中沿順時(shí)針方向,T中沿逆時(shí)針方向 B.PQRS中沿順時(shí)針方向,T中沿順時(shí)針方向 C.PQRS中沿逆時(shí)針方向,T中沿逆時(shí)針方向 D.PQRS中沿逆時(shí)針方向,T中沿順時(shí)針方向,解析金屬桿PQ向右運(yùn)動(dòng),穿

4、過PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流。這時(shí)因?yàn)镻QRS中感應(yīng)電流的作用,依據(jù)楞次定律可知,T中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流。故只有D項(xiàng)正確。,答案D,易錯(cuò)點(diǎn)撥對(duì)楞次定律的深度理解 線框與導(dǎo)軌共面且與磁場垂直。當(dāng)金屬桿PQ向右運(yùn)動(dòng)時(shí),PQRS中向里的磁通量增加,從而產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流。T中原有向里的磁通量不變,而增加了因PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的向外的磁通量,導(dǎo)致T中合磁通量減小,從而產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流。,考點(diǎn)二法拉第電磁感應(yīng)定律,考向基礎(chǔ) 一、法拉第電磁感應(yīng)定律 1.法拉第電磁感應(yīng)定律:閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢的大小與穿過這一電路的磁通量的變化率成正比,即E

5、=n,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢有兩種,一種是感生電動(dòng)勢,另一種是動(dòng)生電動(dòng)勢。,2.感生電動(dòng)勢與動(dòng)生電動(dòng)勢的比較,二、互感和自感 1.互感 兩個(gè)相互靠近的線圈中,有一個(gè)線圈中的電流變化時(shí),它所產(chǎn)生的變化的磁場會(huì)在另一個(gè)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢,這種現(xiàn)象叫做互感,這種電動(dòng)勢叫做互感電動(dòng)勢。變壓器就是利用互感現(xiàn)象制成的。 2.自感 (1)自感:由于導(dǎo)體本身的電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象,叫做自感。 (2)自感電動(dòng)勢:由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢叫做自感電動(dòng)勢。自感電動(dòng)勢總是阻礙導(dǎo)體自身電流的變化,與電流變化的快慢有關(guān),大小正,比于電流的變化率,表示為E=L。 (3)自感系數(shù):E=L中的比例系數(shù)L叫做自感系數(shù),

6、簡稱自感或電感。線 圈的長度越長,線圈的橫截面積越大,單位長度上匝數(shù)越多,線圈的自感系數(shù)越大,線圈有鐵芯比無鐵芯時(shí)自感系數(shù)大得多。 三、渦流 線圈中的電流變化時(shí),在附近導(dǎo)體中產(chǎn)生感應(yīng)電流,這種電流在導(dǎo)體內(nèi)形成閉合回路,很像水的漩渦,因此把它叫做渦電流,簡稱渦流。在冶煉爐、電動(dòng)機(jī)、變壓器、探雷器等實(shí)際應(yīng)用中都存在著渦流,它是整塊導(dǎo)體發(fā)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象,同樣遵守電磁感應(yīng)定律。,考向突破,考向一磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢 1.法拉第電磁感應(yīng)定律 表達(dá)式:E=n,說明式中的n為線圈的匝數(shù), 是線圈磁通量的變化量,t是磁通量變化所用的時(shí)間。叫做磁通量的變化率。 的單位是韋伯,t的單位是秒,E的單位是伏特。

7、 E=n在中學(xué)階段一般只用來計(jì)算平均感應(yīng)電動(dòng)勢,如果是恒定 的,那么E是穩(wěn)恒的。,例1(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強(qiáng)磁場中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為21,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是() A.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 B.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向 C.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向 D.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向,解析由題意可知=k,導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E==S= r2,因rarb=21,故EaEb=41

8、;由楞次定律知感應(yīng)電流的方向均 沿順時(shí)針方向,選項(xiàng)B正確。,答案B,2.通電自感和斷電自感的比較,例2如圖所示的電路中,A1和A2是完全相同的燈泡,線圈L的電阻可以忽略,下列說法中正確的是() A.合上開關(guān)S接通電路時(shí),A2先亮,A1后亮,最后一樣亮 B.合上開關(guān)S接通電路時(shí),A1和A2始終一樣亮 C.斷開開關(guān)S切斷電路時(shí),A2立刻熄滅,A1過一會(huì)兒才熄滅 D.斷開開關(guān)S切斷電路時(shí),A1和A2都要過一會(huì)兒才熄滅,解析自感線圈具有阻礙電流變化的作用,當(dāng)電流增大時(shí),它阻礙電流增大;當(dāng)電流減小時(shí),它阻礙電流減小,但阻礙并不能阻止。閉合開關(guān)時(shí),L中電流從無到有,L將阻礙這一變化,使L中電流不能迅速增大

9、,而無線圈的A2支路,電流能夠瞬時(shí)達(dá)到較大值,故A1后亮,A2先亮,最后通過兩燈電流相等,一樣亮;斷開開關(guān)時(shí),L中產(chǎn)生自感現(xiàn)象,使A1、A2都要過一會(huì)兒才熄滅。故A、D正確。,答案AD,考向二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢 導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的分析與計(jì)算 (1)公式:E=BLv。 (2)關(guān)于求解導(dǎo)體切割磁感線的感應(yīng)電動(dòng)勢公式的兩點(diǎn)說明: 公式中的B、L、v要求兩兩互相垂直。當(dāng)LB,Lv,而v與B成夾角時(shí),導(dǎo)體切割磁感線的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為 E= BLv sin 。 若導(dǎo)體不是直的,則E=BLv sin 中的L為切割磁感線的導(dǎo)體的有效長度。如圖中,導(dǎo)體的有效長度為a、b間的距離。,(3)有

10、關(guān)計(jì)算導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小的兩個(gè)特例: 長為L的導(dǎo)體棒在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng),導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢: a.以中點(diǎn)為軸時(shí),E=0(不同兩段的代數(shù)和); b.以端點(diǎn)為軸時(shí), E=BL2(平均速度取中點(diǎn)位置時(shí)的線速度L); c.以任意點(diǎn)為軸時(shí),E=B(-)(不同兩段的代數(shù)和)。,面積為S的矩形線圈在勻強(qiáng)磁場B中以角速度繞線圈平面內(nèi)垂直于磁場的任意軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢: a.線圈平面與磁感線垂直時(shí),E=0; b.線圈平面與磁感線平行時(shí),E=BS; c.線圈平面與磁感線夾角為時(shí),E=BS cos 。,例3(2014課標(biāo),25,19分)半徑分別為r和

11、2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面,BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向豎直向下。在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求 (1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小; (2)外力的功率。,解題導(dǎo)引,解析(1)解法一由感應(yīng)電動(dòng)勢公式E=B(-)得導(dǎo)體棒AB的感 應(yīng)電動(dòng)

12、勢 E=B(2r)2-r2= 通過R的電流 I== 由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從CD。,解法二在t時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒掃過的面積為 S=t(2r)2-r2 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為 E= 根據(jù)右手定則,感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端。因此,通過電阻R的感應(yīng)電流的方向是從C端流向D端。由歐姆定律可知,通過電阻R的感應(yīng)電流的大小I滿足 I= 聯(lián)立式得 I=,解法三E=Br=Br=Br2 I== 由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從CD,解法四取t=T E===Br2 I== 由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從CD。 (2)解法一在豎直方向有 mg-2N=0 式中,由于質(zhì)量分布均勻

13、,內(nèi)、外圓導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的正壓力大小相等,其值為N。兩導(dǎo)軌對(duì)運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動(dòng)摩擦力均為 f=N 在t時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長分別為,l1=rt 和 l2=2rt 克服摩擦力做的總功為 Wf=f(l1+l2) 在t時(shí)間內(nèi),消耗在電阻R上的功為 WR=I2Rt 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知,外力在t時(shí)間內(nèi)做的功為 W=Wf+WR 外力的功率為 P=,由至式得 P=mgr+,解法二由能量守恒 P=PR+Pf 在豎直方向2N=mg,則N=mg,得f=N=mg Pf=mgr+mg2r=mgr PR=I2R= 所以P=mgr+,答案(1)方向:由C端到D端 (2)mgr+,考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的綜

14、合應(yīng)用,考向基礎(chǔ) 一、電磁感應(yīng)中的電路問題 1.電源和電阻,2.電流方向 在外電路,電流由高電勢流向低電勢;在內(nèi)電路,電流由低電勢流向高電勢。 二、電磁感應(yīng)中的圖像問題,三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問題 1.安培力的大小 F= 2.安培力的方向 (1)先用右手定則判斷感應(yīng)電流方向,再用左手定則判定安培力方向。 (2)根據(jù)楞次定律,安培力的方向一定和導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)方向相反。 四、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題 1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。,2.感應(yīng)電流在磁場中受安培力,外力克服安培力做功,將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。,考向突破,考向一電磁

15、感應(yīng)中的電路、圖像問題 一、電磁感應(yīng)中的電路問題 1.將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的部分電路當(dāng)做電源,作出等效電路圖,結(jié)合歐姆定律用相關(guān)電路知識(shí)求解。,例1如圖所示,勻強(qiáng)磁場的方向垂直于光滑的金屬導(dǎo)軌平面向里,極板間距為d的平行板電容器與總阻值為2R0的滑動(dòng)變阻器通過平行導(dǎo)軌連接,電阻為R0的導(dǎo)體棒MN可在外力的作用下沿導(dǎo)軌從左向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭位于a、b的中間位置且導(dǎo)體棒MN的速度為v0時(shí),位于電容器中P點(diǎn)的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若不計(jì)摩擦和平行導(dǎo)軌及導(dǎo)線的電阻,各接觸處接觸良好,重力加速度為g,則下列判斷正確的是(),A.油滴帶正電荷 B.若將上極板豎直向上移動(dòng)距離d,油滴

16、將向上加速運(yùn)動(dòng),加速度a=g/2 C.若將導(dǎo)體棒的速度變?yōu)?v0,油滴將向上加速運(yùn)動(dòng),加速度a=g D.若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變,而將滑動(dòng)觸頭置于a端,同時(shí)將電容器上極板向上移動(dòng)距離d/3,油滴仍將靜止,解題導(dǎo)引,解析根據(jù)右手定則可知,M端為正極,則上極板帶正電,板間場強(qiáng)豎直向下,又油滴靜止,對(duì)其受力分析知受豎直向下的重力和豎直向上的電場力,兩力大小相等,因此油滴帶負(fù)電荷,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為:E1=BLv0,則電容器兩端電壓為U1==,開始油滴靜止時(shí)有:q=mg,若將上極板豎直向上移動(dòng) 距離d,對(duì)油滴有:mg-q=ma1,解得:a1=,方向豎直向

17、下,同理,若將導(dǎo)體 棒的速度變?yōu)?v0,可得油滴的加速度為:a2=g,方向豎直向上,選項(xiàng)B錯(cuò)誤、C正確;若保持導(dǎo)體棒的速度不變,而將滑動(dòng)觸頭置于a端,同時(shí)將電容器上極板向上移動(dòng)距離,則此時(shí)電容器兩端電壓為:U2==,BLv0,油滴所受電場力為:F=q==mg,因此油滴仍然靜止,選項(xiàng)D 正確。,答案CD,2.q=n的分析與應(yīng)用 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化,閉合電路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,設(shè)在時(shí)間t內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q,則根據(jù)電流定義式I=及法拉第電磁感應(yīng)定律E=,得q=It=t= t=。 需要說明的是:上面式中I為平均值,因而E為平均值。 如果閉合電路是一個(gè)單匝線

18、圈(n=1),則q=。 q=n中n為線圈的匝數(shù),為磁通量的變化量,R總為閉合電路的總電 阻。,例2(2018課標(biāo),17,6分)如圖,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點(diǎn),O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則等于(),A.B.C.D.2,解析本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律及電荷量公式。由公式E=

19、,I= ,q=It得q=,設(shè)半圓弧半徑為r,對(duì)于過程,q1=,對(duì)于過程 , q2=,由q1=q2得,=,故B項(xiàng)正確。,答案B,規(guī)律總結(jié)電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法 (1)q=It。 (2)q=,其中的求解有三種情況:(1)只有S變化,=BS;(2)只有B 變化,=BS;(3)B和S都變化,=2-1。,二、電磁感應(yīng)中的圖像問題 1.圖像問題中的“三看”“三明確” 對(duì)于圖像問題,應(yīng)做到“三看”、“三明確”,即 (1)看軸看清變量。 (2)看線看圖線的形狀。 (3)看點(diǎn)看特殊點(diǎn)和轉(zhuǎn)折點(diǎn)。 (4)明確圖像斜率的物理意義。,(5)明確截距的物理意義。 (6)明確“+”“-”的含義。,2.圖像問題的求解類型

20、,3.解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵。 4.解決圖像問題的一般步驟 (1)明確圖像的種類,即是B-t圖還是-t圖,或者E-t圖、I-t圖等。 (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程。 (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)應(yīng)關(guān)系。 (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等知識(shí)寫出函數(shù)關(guān)系式。 (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等。 (6)畫圖像或判斷圖像。,例3邊長為a的閉合金屬正三角形輕質(zhì)框架,左邊豎直且與磁場右邊界平行,完全處于垂直于框架平面向里的勻強(qiáng)磁場中,現(xiàn)把框架勻速水平向右拉

21、出磁場,如圖所示,則下列圖像與這一拉出過程相符合的是(),解題導(dǎo)引,解析設(shè)正三角形輕質(zhì)框架開始出磁場的時(shí)刻t=0,則其切割磁感線的有效長度L=2x tan 30=x,則感應(yīng)電動(dòng)勢E電動(dòng)勢=BLv=Bvx,則C項(xiàng) 正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤?？蚣軇蛩龠\(yùn)動(dòng),故F外力=F安==x2,A項(xiàng)錯(cuò) 誤。P外力功率=F外力vF外力x2,B項(xiàng)正確。,答案BC,考向二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量問題 一、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 1.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 通電導(dǎo)體在磁場中受到安培力作用,因此電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題綜合在一起。解決的基本方法如下:,2.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題 基本思路是:,例4如圖甲所示,兩根足夠長的直金屬

22、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。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)磁場中,磁場方向垂直斜面向下。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中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖; (2)在加速下滑過程中,當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí),求ab桿中的電流及其加速度的大小; (3)求在下滑過程中,ab桿可以達(dá)到的速度最大值。,解析(1)如圖所示,重力mg,豎直向下;支持力N,垂直斜面

23、向上;安培力F,沿斜面向上。 (2)當(dāng)ab桿速度為v時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv,此時(shí)電路中電流 I==。 ab桿受到的安培力,F=BIL=, 根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律,有 ma=mg sin -F=mg sin - 解得a=g sin -。 (3)當(dāng)=mg sin 時(shí),ab桿達(dá)到最大速度,解得 vm=。,答案(1)見解析 (2)g sin - (3),二、電磁感應(yīng)中的能量問題 1.電磁感應(yīng)中的功能問題 電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量之間轉(zhuǎn)化的過程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的,安培力做功的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程,外力克服安培力做功,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。,(1)能

24、量轉(zhuǎn)化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 焦耳定律:Q=I2Rt。 功能關(guān)系:Q=W克服安培力。 能量轉(zhuǎn)化:Q=E其他能的減少量。 3.解決此類問題的步驟 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向。 (2)畫出等效電路圖,寫出回路中電阻消耗的電功率的表達(dá)式。,2.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法,(3)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改變所滿足的方程,聯(lián)立求解。,注意在利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒解決電磁感應(yīng)問題時(shí),第一要準(zhǔn)確把握參與轉(zhuǎn)化的能量的形式和種類,第二要確定哪種能量增加,哪種能量減少。,例5如圖所示,間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由

25、兩部分組成:傾斜部分與水平部分平滑相連,傾角為,在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻。質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上,在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場;在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場。閉合開關(guān)S,讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放,已知金屬桿運(yùn)動(dòng)到水平導(dǎo)軌前,已達(dá)到最大速度,不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好,重力加速度為g。求:,(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速度vm; (2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),速度未達(dá)到最大速度vm前,當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中,通過定值電阻的電

26、荷量為q,求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q; (3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離xm。,解析(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí),其受到的合力為零 對(duì)其受力分析,可得:mg sin -BIL=0 根據(jù)歐姆定律可得:I= 解得:vm= (2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi),金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為x 由電流的定義可得:q=t 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律得:== 解得:x= 設(shè)電流為I0時(shí)金屬桿的速度為v0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律,,可得:I0= 此過程中,電路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總,由功能關(guān)系可得:mgx sin =Q總+ m 定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q=Q總 解得:Q=- (3)金

27、屬桿在水平導(dǎo)軌上滑行的最大距離為xm 由牛頓第二定律得:BIL=ma 由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可得:I= 可得:v=m,vt=mv,即xm=mvm 得:xm=,答案(1)vm= (2)Q=- (3)xm=,方法電磁感應(yīng)中滑軌類問題的分析方法 這類問題的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量的轉(zhuǎn)化過程,從功和能的觀點(diǎn)入手,弄清導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系,處理這類問題有三種觀點(diǎn),即:力學(xué)觀點(diǎn);能量觀點(diǎn);圖像觀點(diǎn)。 1.單桿模型的常見情況,方法技巧,例1如圖甲所示,在水平面上固定有長為L=2 m、寬為d=1 m的金屬“U”形導(dǎo)軌,在“U”形導(dǎo)軌右側(cè)l=0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,且磁

28、感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。在t=0時(shí)刻,質(zhì)量為m=0.1 kg 的導(dǎo)體棒以v0=1 m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.1,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為=0.1 /m,不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g=10 m/s2)。,(1)通過計(jì)算分析4 s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況; (2)計(jì)算4 s內(nèi)回路中電流的大小,并判斷電流方向; (3)計(jì)算4 s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱。,解析(1)導(dǎo)體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運(yùn)動(dòng),有 -mg=ma,vt=v0+at,x=v0t+at2 導(dǎo)體棒速度減為零時(shí),vt=0。 代入數(shù)據(jù)解得:t=1 s,x=0.5

29、m,導(dǎo)體棒沒有進(jìn)入磁場區(qū)域。 導(dǎo)體棒在1 s末已停止運(yùn)動(dòng),以后一直保持靜止,離左端位置仍為x=0.5 m (2)前2 s磁通量不變,回路電動(dòng)勢和電流分別為 E=0,I=0 后2 s回路產(chǎn)生的電動(dòng)勢為 E==ld=0.1 V 回路的總長度為5 m,因此回路的總電阻為,R=5=0.5 電流為 I==0.2 A 根據(jù)楞次定律,在回路中的電流方向是順時(shí)針方向 (3)前2 s電流為零,后2 s有恒定電流,焦耳熱為 Q=I2Rt=0.04 J,答案見解析,名師點(diǎn)撥本題綜合了牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律、電能等知識(shí),難度適中?？疾閷W(xué)生的理解分析能力和判斷推理能力。,2.雙桿模型的常

30、見情況 (1)初速度不為零,不受其他水平外力的作用,(2)初速度為零,一桿受到恒定水平外力的作用,例2如圖,兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為,間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器,電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒,棒可沿導(dǎo)軌下滑,且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)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(guān)系; (2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。,解析(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動(dòng)

31、勢為 E=BLv 平行板電容器兩極板之間的電勢差為 U=E 設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有 C= 聯(lián)立式得 Q=CBLv (2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)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(dǎo)軌向上,大小為 f1=BLi,設(shè)在時(shí)間間隔(t,t+t)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q,按定義有 i= Q也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t,t+t)內(nèi)增加的電荷量。由式得 Q=CBLv 式中,v為金屬棒的速度變化量。按定義有 a= 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小為 f2=N 式中,N是金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小,有,N=mg cos 金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下,設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有 mg sin -f1-f2=ma 聯(lián)立至式得 a=g 由式及題設(shè)可知,金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)。t時(shí)刻金屬棒 的速度大小為 v=gt,答案(1)Q=CBLv(2)v=gt,