（北京專用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題十二 電磁感應(yīng)課件.ppt

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1、考點(diǎn)清單,考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象 考向基礎(chǔ) 一、磁通量 1.磁通量 (1)定義:在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B與垂直于磁場(chǎng)方向某平面的面積的乘積。 (2)公式:=BS。 適用條件:勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 S為垂直磁場(chǎng)的有效面積。 (3)磁感量是矢量(填“標(biāo)量”或“矢量”)。,(4)磁通量的意義 a.磁通量可以理解為某時(shí)刻穿過某一平面的磁感線的條數(shù)。 b.同一線圈平面,當(dāng)它跟磁場(chǎng)方向垂直時(shí),磁通量最大;當(dāng)它跟磁場(chǎng)方向平行時(shí),磁通量為零;當(dāng)正向穿過線圈平面的磁感線條數(shù)和反向穿過的條數(shù)一樣多時(shí),磁通量為零。 2.磁通量的變化 (1)定義:=末-初=B末S末-B初S初。 (2)單位:韋伯(Wb)。 (3)常見的磁通量變化

2、的情況,二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象,考向突破 考向一磁通量 如果面積S與B不垂直,如圖所示,則磁通量=BS=BS cos =BS sin 。(圖中abcd平面的面積為S;abcd平面的面積為S),例1(多選)如圖所示,在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在直角坐標(biāo)系中選取如圖所示的abc-abc棱柱形空間。通過abba平面(面積為S1)、acca平面(面積為S2)和cbbc平面(面積為S3)的磁通量分別為1、2和3,則() A.1=2B.12 C.13D.32,解析由圖可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度B與平面acca(面積為S2)垂直,而平面abba在yOz平面上的投影面積也是S2,故1=2,而磁感應(yīng)

3、強(qiáng)度B與平面cbbc平行,故3=0,所以1=23,選項(xiàng)A、C正確。,答案AC,考向二電磁感應(yīng)現(xiàn)象,判斷電磁感應(yīng)現(xiàn)象是否發(fā)生的一般流程,例2為了探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的產(chǎn)生條件,圖中給出了必備的實(shí)驗(yàn)儀器。 (1)請(qǐng)你用筆畫線代替導(dǎo)線,將實(shí)驗(yàn)電路連接完整。 (2)正確連接實(shí)驗(yàn)電路后,在閉合開關(guān)時(shí)靈敏電流計(jì)的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)。開關(guān)閉合后,迅速移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片,靈敏電流計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)。斷開開關(guān)時(shí)靈敏電流計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)。,解析(1)把電流計(jì)與大線圈組成串聯(lián)電路,電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器、小線圈組成串聯(lián)電路。(2)開關(guān)閉合后,迅速移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片時(shí),小線圈

4、中的電流發(fā)生變化,磁通量變化,穿過大線圈的磁通量也變化,則產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),形成感應(yīng)電流,電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。斷開開關(guān)時(shí),小線圈中電流減小,穿過大線圈的磁通量減小,電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。,答案(1)如圖所示(2)發(fā)生發(fā)生,考點(diǎn)二感應(yīng)電流方向的判斷 考向基礎(chǔ) 一、楞次定律 1.內(nèi)容及適用條件 (1)內(nèi)容:感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。 (2)適用條件:一切電磁感應(yīng)現(xiàn)象。 2.楞次定律中對(duì)“阻礙”的理解,二、右手定則 1.內(nèi)容:伸開右手,使大拇指與其余四指垂直且在同一平面內(nèi),讓磁感線穿過掌心,大拇指指向?qū)w運(yùn)動(dòng)方向,其余四指指向就是感應(yīng)電流的方向。,2.適用條件:導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生

5、感應(yīng)電流。 考向突破 考向一楞次定律 1.楞次定律的推廣含義 楞次定律中“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3(多選)如圖所示,光滑固定的金屬導(dǎo)軌M、N 水平放置,兩根導(dǎo)體棒P、Q平行放于導(dǎo)軌上,形成一個(gè)閉合回路,當(dāng)一條形磁鐵從高處下落接近回路時(shí)() A.P、Q 將互相靠攏 B.P、Q 將互相遠(yuǎn)離 C.磁鐵的加速度仍為g D.磁鐵的加速度小于g,解析解法一設(shè)磁鐵下端為N極,如圖所示,根據(jù)楞次定律可判斷出P、Q 中感應(yīng)電流的方向,根據(jù)左手定則可判斷出P、Q 所受安培力的方向,可見P、Q 將互相靠攏。由于回路所受安培力的合力向下,由牛頓第三定律可知

6、,磁鐵將受到向上的反作用力,從而加速度小于g。當(dāng)下端為S極時(shí),可得到同樣的結(jié)果。,解法二根據(jù)楞次定律的另一種表述感應(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因,本題中“原因”是回路中磁通量的增加,歸根結(jié)底是磁鐵靠近回路,“效果”便是阻礙磁通量的增加和磁鐵的靠近,所以P、Q 將互相靠攏,且磁鐵的加速度小于g。,答案AD,2.用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的步驟 (1)明確研究的回路及原磁場(chǎng)方向。 (2)若磁通量增加,感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向反向。若磁通量減小,感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同,簡(jiǎn)稱增反減同。 (3)用安培定則判斷感應(yīng)磁場(chǎng)和感應(yīng)電流的方向關(guān)系。,解析開關(guān)閉合的瞬間,穿過線圈B的磁通量增大,指針左偏。當(dāng)線

7、圈A拔出或A中的鐵芯拔出時(shí),穿過B的磁通量減小,故指針向右偏,A錯(cuò)誤,B正確。當(dāng)滑片勻速滑動(dòng)時(shí),線圈A中的電流變化,在線圈B中也能產(chǎn)生感應(yīng)電流,C錯(cuò)誤。當(dāng)滑片向N端滑動(dòng)時(shí),線圈A中的電流變大,穿過線圈B的磁通量增大,故指針向左偏,D錯(cuò)誤。,答案B,例5矩形金屬框ABCD位于如圖所示的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線附近,線框與導(dǎo)線在同一個(gè)平面內(nèi),線框的兩條邊與導(dǎo)線平行。下面說法正確的是 () A.在這個(gè)平面內(nèi)線框遠(yuǎn)離導(dǎo)線移動(dòng)時(shí)穿過線框的磁通量減小 B.在這個(gè)平面內(nèi)線框平行導(dǎo)線移動(dòng)時(shí)穿過線框的磁通量減小 C.當(dāng)導(dǎo)線中的電流I增大時(shí)線框產(chǎn)生沿ADCBA方向的感應(yīng)電流 D.當(dāng)導(dǎo)線中的電流I減小時(shí)線框產(chǎn)生沿ABCDA方向

8、的感應(yīng)電流,解析在通電長(zhǎng)直導(dǎo)線與線框構(gòu)成的平面內(nèi),通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)規(guī)律是與導(dǎo)線距離越近,磁感應(yīng)強(qiáng)度越大,與導(dǎo)線距離越遠(yuǎn),磁感應(yīng)強(qiáng)度越小,距離相同,則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同。在這個(gè)平面內(nèi)線框遠(yuǎn)離導(dǎo)線移動(dòng)時(shí),穿過線框的磁通量減小,A正確;在這個(gè)平面內(nèi)線框平行導(dǎo)線移動(dòng)時(shí),穿過線框的磁通量不變,B錯(cuò)誤;當(dāng)I增大時(shí),導(dǎo)線周圍同一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也會(huì)增大,穿過線框的磁通量增加,根據(jù)安培定則和楞次定律知,感應(yīng)電流方向應(yīng)為ABCDA,C錯(cuò)誤;當(dāng)I減小時(shí),導(dǎo)線周圍同一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也會(huì)減小,穿過線框的磁通量減小,根據(jù)安培定則和楞次定律知,感應(yīng)電流方向應(yīng)為ADCBA,D錯(cuò)誤。,答案A,考向二右手定則 1.三個(gè)定則

9、的比較,2.多定則應(yīng)用的區(qū)別 應(yīng)用關(guān)鍵是抓住因果關(guān)系。 (1)因電生磁(IB)安培定則。 (2)因動(dòng)生電(v、BI)右手定則。 (3)因電受力(I、BF)左手定則。,例6(多選)如圖所示,水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動(dòng)的金屬棒PQ、MN,當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí),MN在磁場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng),則PQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是() A.向右加速運(yùn)動(dòng)B.向左加速運(yùn)動(dòng) C.向右減速運(yùn)動(dòng)D.向左減速運(yùn)動(dòng),解析當(dāng)PQ向右運(yùn)動(dòng)時(shí),用右手定則可判斷出PQ中感應(yīng)電流的方向是QP,由安培定則可判斷出穿過L1的磁場(chǎng)方向是自下而上的;若PQ向右加速運(yùn)動(dòng),則穿過L1的磁通量增加,用楞次定律可判斷出流過MN的感應(yīng)電流方向

10、是NM,用左手定則可判斷出MN受到向左的安培力,將向左運(yùn)動(dòng),可見選項(xiàng)A錯(cuò)誤。若PQ向右減速運(yùn)動(dòng),流過MN的感應(yīng)電流方向、MN所受的安培力的方向均將反向,MN向右運(yùn)動(dòng),所以選項(xiàng)C正確。同理可判斷出選項(xiàng)B正確,D錯(cuò)誤。,答案BC,考點(diǎn)三法拉第電磁感應(yīng)定律 法拉第電磁感應(yīng)定律 1.磁通量、磁通量的變化量和磁通量的變化率的區(qū)別,考向基礎(chǔ),2.法拉第電磁感應(yīng)定律內(nèi)容 閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與穿過這一電路的磁通量的變化率成正比,即E=n。產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有兩種,一種是感生電動(dòng)勢(shì),另一種是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。 3.感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的比較,考向突破 考向一法拉第電磁感應(yīng)定律 1.法拉第電磁感應(yīng)定律的表達(dá)式:

11、E=n (1)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。 (2)的單位是韋伯,t的單位是秒,E的單位是伏特。 (3)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(shì),如果是恒定 的,那么E是穩(wěn)恒的。 (4)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過回路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù) 共同決定,而與磁通量、磁通量的變化量的大小沒有必然聯(lián)系。,2.法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)用的三種情況 (1)磁通量的變化是由面積變化引起時(shí),=BS,則E=。 (2)磁通量的變化是由磁場(chǎng)變化引起時(shí),=BS,則E=。 (3)磁通量的變化是由于面積和磁場(chǎng)共同變化引起時(shí),則根據(jù)定義求,=末-初,E=nn。

12、,例7(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場(chǎng)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(shì)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(shì)E==S= r2,因rarb=21,故EaEb=41;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,3.常見感

13、應(yīng)電動(dòng)勢(shì)求解方法,例8(2014課標(biāo),25,19分)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長(zhǎng)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(zhǎng)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(chǎng)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。,解題指導(dǎo),解

14、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,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(zhǎng)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=

15、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+,考向二導(dǎo)體棒切割磁感線 1.導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線 對(duì)于導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算式E=Blv,應(yīng)注意以下幾個(gè)方面: (1)正交性:本公式是在一定條件下得出的,除了磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)外,還需B、l、v三者相互垂直。 (2)對(duì)應(yīng)性:若v為平均速度,則E為平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。若v為瞬時(shí)速度,則E為相應(yīng)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。,(3)相對(duì)性:E=Blv中的速度v是相對(duì)于磁場(chǎng)的速度,若磁場(chǎng)也運(yùn)動(dòng),應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系。 (4)有效性:公式中的l為有效切割長(zhǎng)度,即導(dǎo)體與v垂直的方向上的投

16、影長(zhǎng)度。圖中有效長(zhǎng)度分別為: 甲圖:l=cd sin 。,甲圖:l=cd sin 。 乙圖:沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=MN;沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=0。 丙圖:沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=R;沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=0;沿v3方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=R。,例9(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“”形 光滑金屬導(dǎo)軌,間距為l,導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。已知金屬桿MN傾斜放置,與導(dǎo)軌成角,單位長(zhǎng)度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則(),A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 B.電路中感應(yīng)電流的大小為

17、 C.金屬桿所受安培力的大小為 D.金屬桿的熱功率為,解析金屬桿MN切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,A錯(cuò)誤;金屬桿MN的有效電阻R=,故回路中的感應(yīng)電流I== =,B正確;金屬桿受到的安培力F=== ,C錯(cuò)誤;金屬桿的熱功率P=I2R==,D錯(cuò)誤。,答案B,考向三電磁感應(yīng)中求解回路中電荷量的大小 通過回路截面的電荷量q僅與n、和回路電阻R有關(guān),與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān),推導(dǎo)如下:q=It=t=。,例10許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點(diǎn)來分析,也可以用動(dòng)量、能量等觀點(diǎn)來分析和解釋。 (1)如圖1所示,足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) ,一端連接阻值為R的電阻。導(dǎo)軌所在空間存

18、在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距,與導(dǎo)軌接觸良好。在平行于導(dǎo)軌、大小為F的水平恒力作,用下,導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)。 a.當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí),求其加速度a的大小; b.已知導(dǎo)體棒從靜止到速度達(dá)到穩(wěn)定所經(jīng)歷的時(shí)間為t,求這段時(shí)間內(nèi)流經(jīng)導(dǎo)體棒某一橫截面的電荷量q。 (2)在如圖2所示的閉合電路中,設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,外電阻為R,其余電阻不計(jì),電路中的電流為I。請(qǐng)你根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義并結(jié)合能量轉(zhuǎn)化與守恒定律證明:I=。,解析(1)a.當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí),電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv 電流為I= 導(dǎo)體棒

19、所受的安培力為F安=BIL 根據(jù)牛頓第二定律可得:a= 聯(lián)立式可得:a=- b.設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度為vm,令式中的a=0,v=vm , 可得:vm= 設(shè)某段極短的時(shí)間t內(nèi),電路中的電流為i,則安培力在這段時(shí)間內(nèi)的沖量為BiLt,在時(shí)間t內(nèi),根據(jù)動(dòng)量定理有:Ft-BLit=mvm,其中,q=it 聯(lián)立式可得:q=- (2)根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義有:E= 在時(shí)間t內(nèi)通過電路的電荷量為:q=It 根據(jù)能量守恒定律,非靜電力做的功應(yīng)該等于內(nèi)外電路產(chǎn)生焦耳熱的總和。 即:W非 = Q外+Q內(nèi) 在時(shí)間t內(nèi):Q外=I2RtQ內(nèi)=I2rt 聯(lián)立式可得:EIt = I2Rt+I2rt 整理后可得:I=,答案(1

20、)a.-b.-(2)見解析,考向四電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。外力克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能。,例11兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)其電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置,間距為d=1 m,在左端斜軌道部分高h(yuǎn)=1.25 m處放置一金屬桿a,斜軌道與平直軌道區(qū)域以光滑圓弧連接,在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b的電阻分別為Ra=2 、Rb=5 ,在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng), 磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T?，F(xiàn)桿b以初速度v0=5 m/s開始向左滑動(dòng),同時(shí)由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到水平軌道的過程中,通過桿b的平均電流為0.3 A。從a下滑到

21、水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí),a、b桿運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?,其中ma=2 kg,mb=1 kg,g=10 m/s2,求: (1)桿a在斜軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量; (3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。,解析(1)對(duì)b棒運(yùn)用動(dòng)量定理,有BdIt=mb(v0-vb) 其中vb=2 m/s 代入數(shù)據(jù)得到t=5 s (2)對(duì)桿a下滑的過程,機(jī)械能守恒,有magh=ma,解得va==5 m/s 最后兩桿共同的速度為v,由動(dòng)量守恒得mava-mbvb=(ma+mb)v 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出v= m/s 桿a動(dòng)量變化等于它所受安培力的沖量

22、,由動(dòng)量定理可得I安=BIdt=mava-mav,而q=It由以上公式代入數(shù)據(jù)得q= C (3)由能量守恒得,產(chǎn)生的焦耳熱為Q=magh+mb-(mb+ma)v2= J,b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=Q= J,答案見解析,考點(diǎn)四自感 考向基礎(chǔ) 一、自感和互感 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(chǎng)會(huì)在另一個(gè)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),這種現(xiàn)象叫做互感,這種電動(dòng)勢(shì)叫做互感電動(dòng)勢(shì)。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(shì):由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫做自感電動(dòng)勢(shì)。自感,電動(dòng)勢(shì)總是阻

23、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),簡(jiǎn)稱自感或電感。線 圈的長(zhǎng)度越長(zhǎng),線圈的橫截面積越大,單位長(zhǎng)度上匝數(shù)越多,線圈的自感系數(shù)越大,線圈有鐵芯比無(wú)鐵芯時(shí)自感系數(shù)大得多。 二、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(jiǎn)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。,三、反電動(dòng)勢(shì) 1.定義:電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),線圈中也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),這個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)總要削弱電源

24、電動(dòng)勢(shì)的作用,我們把這個(gè)電動(dòng)勢(shì)稱為反電動(dòng)勢(shì)。 2.作用:反電動(dòng)勢(shì)的作用是阻礙線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)。,考向突破 考向自感和互感 1.通電自感和斷電自感的比較,2.三點(diǎn)注意、三個(gè)技巧,例12如圖所示,L是自感系數(shù)很大的線圈,但其自身的電阻幾乎為零,A和B是兩個(gè)相同的小燈泡,下列對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的預(yù)測(cè)合理的是() A.開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時(shí),A燈先亮,B燈后亮 B.開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時(shí),A、B兩燈同時(shí)亮 C.開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí),A、B兩燈同時(shí)立即熄滅 D.開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí),A、B兩燈都會(huì)延遲一會(huì)兒熄滅,解析開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時(shí),由于線圈自感現(xiàn)象的存在,A、B會(huì)同時(shí)亮,電流穩(wěn)定后,線圈相當(dāng)于導(dǎo)線,會(huì)使B

25、燈短路,B燈會(huì)熄滅;開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí),A燈立即熄滅,由于線圈自感現(xiàn)象的存在,B燈會(huì)先變亮再逐漸熄滅。,答案B,方法技巧,方法1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv的四種推導(dǎo)方法 1.由法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo) 經(jīng)過時(shí)間t,閉合回路的磁通量變化為=BLvt 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E==BLv 2.利用電動(dòng)勢(shì)的定義推導(dǎo) 電動(dòng)勢(shì)定義為非靜電力把單位電荷量的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移送到正極所做的功,對(duì)應(yīng)著其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能的大小。這里的非靜電力為洛倫茲力沿MN棒上的分力,洛倫茲力沿MN棒上的分力做正功,即W=(Bev)L,E===BLv 3.由導(dǎo)體棒中自由電子受力平衡推導(dǎo) 導(dǎo)體棒內(nèi)的自由電子隨導(dǎo)體棒向右勻速

26、運(yùn)動(dòng)的速度為v,受到的洛倫茲力沿MN棒上的分力大小為f1=evB,方向向下,電子在棒下端聚集,棒下端帶負(fù)電,棒的上端由于缺少電子而帶正電,M、N間產(chǎn)生電壓,且電壓隨著自由電子向下移動(dòng)而逐漸升高。 設(shè)M、N間產(chǎn)生的電壓為U,則MN中的電場(chǎng)強(qiáng)度E0=,導(dǎo)體棒中的自由電子將受到向上的電場(chǎng)力F=E0e= 當(dāng)F==f1時(shí),自由電子在沿導(dǎo)體棒MN方向的受力達(dá)到平衡,由e= evB可得穩(wěn)定電壓為U=BLv 在斷路時(shí),路端電壓等于電動(dòng)勢(shì),因此動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=BLv 4.由能量守恒推導(dǎo) 當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),其受到的向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,則 F拉=BIL 拉力做功的功率P拉=F拉v=BILv 閉合電路消

27、耗的總功率P電=EI,根據(jù)能量守恒可知P拉=P電 可得到E=BLv 例1如圖所示,兩根相距為L(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌CD、EF固定在水平面內(nèi),并處在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌的左端接入一阻值為R的定值電阻,將質(zhì)量為m、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒MN垂直放置在導(dǎo)軌上。t=0時(shí)刻,MN棒與DE的距離為d,MN棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計(jì)空氣阻力。,金屬棒中的自由電子將受到向上的電場(chǎng)力F=E0e= 當(dāng)F=f時(shí),自由電子在沿金屬棒MN的方向的受力達(dá)到平衡,由e=evB可 得穩(wěn)定電壓為U=BLv 在內(nèi)電阻為0時(shí),路端電壓等于電動(dòng)勢(shì),因此動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小為E=BLv,方法四:由

28、能量守恒推導(dǎo) 當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),其受到向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,則F外=BIL 拉力做功的功率P外=F外v=BILv 閉合電路消耗的總功率P電=EI 根據(jù)能量守恒可知P外=P電 可得到E=BLv,(2)方案1:磁感應(yīng)強(qiáng)度不變化且大小為B1,金屬棒以初始位置為中心做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),即v=vm sin t 則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e1=B1Lv sin t,方案2:金屬棒不動(dòng),B隨時(shí)間按正弦(或余弦)規(guī)律變化,即B=Bm sin t,E=,=BLd=BmLd sin t e2===BmLd cos t,方案3:設(shè)棒初位置的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),平行EF方向建立x坐標(biāo),平行ED方向建立y坐標(biāo),勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在有限

29、空間y= sin x內(nèi),如圖所示(圖中磁 場(chǎng)分布只畫了一個(gè)周期)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B3,但磁場(chǎng)在有限的空間周期性方向相反。 金屬棒勻速向右運(yùn)動(dòng)過程中,位移x=vt 則瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì):e3=B3yv=B3v sin vt=Em sin vt,答案見解析,方法2電磁感應(yīng)中電路問題的分析方法 電磁感應(yīng)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等效于穩(wěn)恒電路中的電源電動(dòng)勢(shì)。 1.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖,2.分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路 3.電流的方向 在外電路中,電流由高電勢(shì)流向低電勢(shì);在內(nèi)電路中,電流由低電勢(shì)流向,高電勢(shì)。 4.電路分析 應(yīng)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)。 5.問題分類 (1)將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的部分電路

30、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2(多選)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)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AB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

31、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(chǎng)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(chǎng)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(zhǎng),導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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

32、,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(chǎng)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

33、。,例3如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng),置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外,線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng),兩次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則(),A.Q1Q2,q1=q2B.Q1Q2,q1q2 C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1q2,解析第一次ab邊是電源,第二次bc邊是電源。設(shè)線框ab、bc邊長(zhǎng)分別為l1、l2,第一次時(shí)線框中產(chǎn)生的熱量Q1=Rt=()2R== l

34、1,同理第二次時(shí)線框中產(chǎn)生的熱量Q2=l2,由于l1l2,所以Q1Q2。通 過線框?qū)w橫截面的電荷量q=n=,故q1=q2,A選項(xiàng)正確。,答案A,方法3電磁感應(yīng)中圖像問題的分析方法 1.圖像問題的特點(diǎn) 考查方式比較靈活,有時(shí)根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)生的過程,確定圖像的正確與否,有時(shí)依據(jù)不同的圖像,進(jìn)行綜合計(jì)算。 2.圖像問題的求解類型,3.圖像問題,4.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。 5

35、.電磁感應(yīng)中圖像類選擇題的兩個(gè)常用方法,例4如圖所示,光滑水平面上有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),圖中虛線為磁場(chǎng)區(qū)域的左邊界。一個(gè)長(zhǎng)方形的金屬線框以初速度v向左運(yùn)動(dòng),穿出磁場(chǎng)。此過程中,線框中感應(yīng)電流的大小隨時(shí)間變化的圖像是(),解析線框尚未穿出磁場(chǎng)時(shí),無(wú)感應(yīng)電流;線框穿出磁場(chǎng)的過程中,受到安培力的阻礙作用,速度逐漸較小,F安=,安培力逐漸較小,所以加速 度逐漸較小,線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),又i=,故選B。,答案B,4.兩種狀態(tài)的處理 (1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 處理方法:根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析。 (2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)加速度不為零。 處理方法:根據(jù)牛頓第二定律

36、進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析,或結(jié)合功能關(guān)系分析。 5.臨界問題,基本思路是:導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電 流導(dǎo)體受安培力合力變化加速度變化速 度變化臨界狀態(tài),例5如圖所示,MN、PQ 是兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行的金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距離l=0.2 m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角=30,導(dǎo)軌上端連接一個(gè)阻值 R=0.4 的電阻。整個(gè)導(dǎo)軌平面處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T。現(xiàn)有一根質(zhì)量m=0.01 kg 、電阻r=0.1 的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置,且接觸良好,金屬棒從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,且始終與導(dǎo)軌垂直。g=10 m/s2,導(dǎo)軌電阻不計(jì),求: (1)金屬棒從靜止釋放時(shí)的加速度大小; (2)

37、金屬棒沿導(dǎo)軌下滑過程中速度最大值; (3)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)金屬棒ab兩端的電壓。,解析(1)金屬棒在釋放的瞬間有 mg sin =ma a=g sin =5 m/s2 (2)金屬棒在下滑過程中,受到的安培力大小等于重力沿導(dǎo)軌方向的分力時(shí),速度最大 mg sin =BIl E=Blvm I= vm==2.5 m/s (3)設(shè)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)金屬棒ab兩端的電壓為Uab,則,Uab=IR Uab=R=0.2 V,答案(1)5 m/s2(2)2.5 m/s(3)0.2 V,方法5電磁感應(yīng)中功能問題的分析方法 1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化 其他形式 的能量電能焦耳熱或其他 形

38、式的能量 (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。,2.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(或右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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。 (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6(2016浙江理綜,24,20分)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖

39、所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角=53,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求

40、(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小;,(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。,答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J,思路點(diǎn)撥,例7(多選)如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的n匝正方形金屬線框位于豎直平面內(nèi),連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U,線框及小燈泡的總質(zhì)量為m,在線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域?qū)挾葹閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與線框平面垂直,其上、下邊界與線框底邊均水平。線框從圖示位置開始由靜止下落,穿越磁場(chǎng)的過程中,小燈泡始終正常發(fā)光。則(),A.有界磁場(chǎng)寬度l

41、強(qiáng)度應(yīng)為 C.線框勻速穿越磁場(chǎng),速度恒為 D.線框穿越磁場(chǎng)的過程中,燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgL,解析因線框穿越磁場(chǎng)的過程中小燈泡始終正常發(fā)光,知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E是恒定的,且E=U,又知E=BLv,故線框勻速穿越磁場(chǎng),且線框中始終有感應(yīng)電流,則知線框長(zhǎng)度L和磁場(chǎng)寬度l相等,A錯(cuò)誤;因線框勻速穿越磁場(chǎng),故重力和安培力相等,則mg=nBIL=nBL,得B=,B正確;線框勻 速穿越磁場(chǎng),重力做功的功率等于電功率,即mgv=P,得v=,C正確;線框 穿越磁場(chǎng)時(shí),通過的位移為2L,且重力做的功完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱,故Q=2mgL,D錯(cuò)誤。,答案BC,反思領(lǐng)悟 解決此類問題的三種思路 1.運(yùn)動(dòng)分析:分析線圈進(jìn)磁

42、場(chǎng)時(shí)安培力與重力的大小關(guān)系,判斷其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。 2.過程分析:分階段(進(jìn)磁場(chǎng)前、進(jìn)入過程、在磁場(chǎng)內(nèi)、出磁場(chǎng)過程)分析。 3.功能關(guān)系分析:必要時(shí)利用功能關(guān)系列方程求解。 方法6電磁感應(yīng)中導(dǎo)軌類問題的分析方法 1.模型概述 對(duì)桿在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)組成的系統(tǒng),桿在運(yùn)動(dòng)過程中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),并受到安培力的作用改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài),最終達(dá)到穩(wěn)定的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),該,系統(tǒng)稱為“導(dǎo)軌+桿”模型。 2.模型分類及分析方法 根據(jù)桿的數(shù)目,對(duì)于“導(dǎo)軌+桿”模型題目,又常分為單桿模型和雙桿模型。 (1)單桿模型是電磁感應(yīng)中常見的物理模型,此類問題所涉及的物理情景一般是桿垂直切割磁感線的變加速直線運(yùn)動(dòng)或勻速直線運(yùn)動(dòng),所涉及的知

43、識(shí)有牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、能量守恒定律等。對(duì)于此類問題的分析要抓住以下三點(diǎn): 桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運(yùn)動(dòng)(達(dá)到最大速度或最小速度,此時(shí)合力為零)。 整個(gè)電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。,電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律。 (2)雙桿類問題可分為兩種情況:一是“假雙桿”,甲桿靜止不動(dòng),乙桿運(yùn)動(dòng),其實(shí)質(zhì)是單桿問題,不過要注意問題包含著一個(gè)條件甲桿靜止、受力平衡;另一種情況是兩桿都在運(yùn)動(dòng),對(duì)于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減。 3.單桿模型常見情況 (1)水平軌道,例8如圖所示,兩根相距為d的足夠長(zhǎng)的、光滑的平行金屬導(dǎo)軌位于水平的xOy平面內(nèi),左端接有阻值為R的電阻,

44、其他部分的電阻均可忽略不計(jì)。在x0的一側(cè)存在方向豎直向下的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B=kx變化(式中k0,且為常數(shù))。質(zhì)量為m的金屬桿垂直架在導(dǎo)軌上,兩者接觸良好。在x<0的某位置,金屬桿受到一瞬時(shí)沖量,獲得的速度大小為v0,方向沿x軸正方向。求:,(1)在金屬桿運(yùn)動(dòng)過程中,電阻R上產(chǎn)生的總熱量; (2)若從金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻開始計(jì)時(shí),始終有一個(gè)方向向左的變力F作用于金屬桿上,使金屬桿的加速度大小恒為a,方向一直沿x軸負(fù)方向。求: a.閉合回路中感應(yīng)電流持續(xù)的時(shí)間; b.金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中,外力F與時(shí)間t的關(guān)系表達(dá)式。,解析(1)金屬桿向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,同時(shí)金屬桿受安培力,

45、做減速運(yùn)動(dòng),直到停下。在此過程中,金屬桿的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能再轉(zhuǎn)化成電阻R的焦耳熱。根據(jù)能量守恒,電阻R上產(chǎn)生的熱量Q=m (2)a.金屬桿在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生感應(yīng)電流,金屬桿受安培力和變力F的作用做勻變速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a,方向向左(沿-x方向)。金屬桿先向右運(yùn)動(dòng),速度由v0減到0,然后向左運(yùn)動(dòng),速度再由0增大到v0,金屬桿回到x=0處,之后金屬桿離開磁場(chǎng)。金屬桿向右或向左運(yùn)動(dòng)時(shí),都切割磁感線,回路中都有感應(yīng)電流。 感應(yīng)電流持續(xù)的時(shí)間為T= b.設(shè)金屬桿的速度和它的坐標(biāo)分別為v和x,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有,v=v0-at x=v0t-at2 金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv=

46、k(v0t-at2)(v0-at)d 由于在x<0區(qū)域不存在磁場(chǎng),故只有在時(shí)間tT=范圍內(nèi),上述關(guān)系式 才成立。由歐姆定律可得回路中的電流為 I= 金屬桿所受的安培力為 F安=IBd(向左為正方向) 金屬桿受安培力和變力F做勻變速運(yùn)動(dòng),以向左方向?yàn)檎较?由牛頓第,二定律有 F+F安=ma 可得F=ma-,答案(1)m (2)a.b.F=ma-,(2)傾斜軌道,例9如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在傾角=37的絕緣斜面上,頂部接有一阻值R=3 的定值電阻,下端開口,軌道間距L=1 m。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直斜面向上。質(zhì)量m=1 kg的金屬棒a

47、b置于導(dǎo)軌上,ab在導(dǎo)軌之間的電阻r=1 ,電路中其余電阻不計(jì)。金屬棒ab由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)時(shí)始終垂直于導(dǎo)軌,且與導(dǎo)軌接觸良好。不計(jì)空氣阻力影響。已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8,取g=10 m/s2。 (1)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)的最大速度vm; (2)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過程中,電阻R上的最大電功率PR; (3)若從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5 J,求流過電阻R的總電荷量q。,解析(1)金屬棒由靜止釋放后,在重力、導(dǎo)軌支持力、摩擦力和安培力作用下沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng),加速度不斷減小,

48、當(dāng)加速度為零時(shí)達(dá)到最大速度vm,后保持勻速運(yùn)動(dòng)。有: mg sin -mg cos -F安=0 又安培力大小為:F安=BIL 感應(yīng)電流為:I= 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=BLvm 聯(lián)立解得:vm=2 m/s (2)金屬棒以最大速度vm勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電阻R上的電功率最大,根據(jù)功率公式有: PR=I2R,聯(lián)立解得:PR=3 W (3)設(shè)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過程中沿導(dǎo)軌下滑距離為x,由能量守恒定律有: (mg sin -mg cos )x=m+QR+Qr 根據(jù)焦耳定律Q=I2Rt得:= 流過電阻R的總電荷量q=t=t= 聯(lián)立解得:q=1 C,答案(1)2 m/s(2)3 W(3)1 C,4.常見的雙

49、桿模型 (1)MN桿初速度不為零,QP桿初速度為零,不受其他水平外力的作用(MN、QP桿的質(zhì)量分別為m1、m2,有效電阻分別為r1、r2,有效長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1、L2),(2)兩桿初速度為零,一桿受到恒定水平外力的作用(MN、QP桿的質(zhì)量分別為m1、m2,有效電阻分別為r1、r2,有效長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1、L2),例10如圖所示,兩根金屬平行導(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上,左端向上彎曲且光滑,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。水平段導(dǎo)軌所處空間有兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),相距一段距離不重疊,磁場(chǎng)左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向上;磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,方向豎直向下。質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬

50、棒a和b垂直導(dǎo)軌放置在其上,金屬棒b置于磁場(chǎng)的右邊界CD處。現(xiàn)將金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上某一高度處由靜止釋放,使其沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。設(shè)兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。 (1)若水平段導(dǎo)軌粗糙,兩金屬棒與水平段導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力均為 mg,將金屬棒a從距水平面高度h處由靜止釋放。求: 金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),通過金屬棒b的電流大小;,若金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中,金屬棒b能在導(dǎo)軌上保持靜止,通過計(jì)算分析金屬棒a釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件。 (2)若水平段導(dǎo)軌是光滑的,將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放,使其進(jìn)入磁場(chǎng)。設(shè)兩磁場(chǎng)區(qū)域足夠大,求金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中,金屬棒b中可能產(chǎn)生焦耳熱的最大值。,