高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課件.ppt

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1、一、電磁感應(yīng)中的電路問題1.在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于電源。因此,電磁感應(yīng)問題往知識(shí)梳理往與電路問題聯(lián)系在一起。2.解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法(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)畫等效電路;(3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解。 3.與上述問題相關(guān)的幾個(gè)知識(shí)點(diǎn)(1)電源電動(dòng)勢(shì)E=Blv或E=n。t(2)閉合電路歐姆定律I=;部分電路歐姆定律I=;電源的內(nèi)電壓U r=Ir;電源的路端電壓U=IR=E-Ir。(3)通過導(dǎo)體的電荷量q=It=n。E

2、R rUR R r 注意(1)某段導(dǎo)體作為外電路時(shí),它兩端的電壓就是電流與其電阻的乘積。(2)某段導(dǎo)體作為電源時(shí),它兩端的電壓就是路端電壓,等于電流與外電阻的乘積,或等于電動(dòng)勢(shì)減去內(nèi)電壓。當(dāng)其電阻不計(jì)時(shí),路端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)。(3)某段導(dǎo)體做電源,斷路時(shí)電壓等于電動(dòng)勢(shì)。二、電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題1.通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中將受到安培力作用,電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決的基本方法如下:(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(或右手定則)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大 小和方向; (2)求回路中的電流;(3)分析導(dǎo)體受力情況(包含安培力在內(nèi)的全面受力分析);(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。2.兩種狀

3、態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡態(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)加速度不等于零處理方法:根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析,或結(jié)合功能關(guān)系分析。3.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題(1)解決這類問題的關(guān)鍵是通過受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析,尋找過程中 的臨界狀態(tài),如速度、加速度為最大值或最小值的條件。(2)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)體受安培力合外力變化加速度變化速度變化臨界狀態(tài)列式求解。三、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題電磁感應(yīng)過程實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程。電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中必定受到安培力作用,因此要維持感應(yīng)電流的存在,必

4、須有“外力”克服安培力做功。此過程中,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?！巴饬Α笨朔才嗔ψ龆嗌俟?就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化 為電能。當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí),電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能。同理,安培力做功的過程是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程,安培力做多少功,就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 1.(1)在電磁感應(yīng)電路中,產(chǎn)生電流的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。()(2)安培力做正功的過程是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過程。()(3)物體克服安培力做功的過程是將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的過程。()答案(1)(2)(3) 2.(多選)如圖甲所示,abcd是由導(dǎo)體做成的框架,框架平面與水平面成角,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接

5、觸良好,回路中的總電阻為R,整個(gè)裝置放在垂直于框架平面的變化的磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化情況如圖乙(取圖中B的方向?yàn)檎较?,PQ始終靜止。關(guān)于PQ與ab、cd間的摩擦力f在0t1內(nèi)的變化情況,下列判斷中有可能正確的是()A.f一直增大B.f一直減小C.f先減小,后增大D.f先增大,后減小 答案AC由圖乙可知磁場(chǎng)均勻變化,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流,根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒開始受到沿導(dǎo)軌向上逐漸減小的安培力,當(dāng)B=0時(shí),安培力為零,當(dāng)磁場(chǎng)反向時(shí),導(dǎo)體棒受到沿導(dǎo)軌向下的逐漸增大的安培力,分析清楚安培力的情況,然后對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行正確受力分析,即可正確判斷摩擦力的變化情

6、況。具體分析如下:根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流,開始導(dǎo)體棒PQ受到沿導(dǎo)軌向上的安培力,若開始安培力小于導(dǎo)體棒重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsin,則摩擦力為:f=mgsin-F 安,隨著安培力的減小,摩擦力f逐漸增 大,當(dāng)安培力反向時(shí),f=mgsin+F安,安培力逐漸增大,故摩擦力也是逐漸增大,A正確。若開始時(shí)安培力大于mgsin,則摩擦力為:f=F安-mgsin,由于安培力逐漸減小,則摩擦力逐漸減小,當(dāng)F安=mgsin時(shí),摩擦力為零并開始反向變?yōu)?f=mgsin-F安,隨著安培力的變化將逐漸增大,C正確。 3.(多選)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一足夠長(zhǎng)的寬度為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌,質(zhì)量

7、為m的金屬導(dǎo)體棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng),且導(dǎo)體棒ab與金屬導(dǎo)軌接觸良好,ab電阻為R,其他電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒ab由靜止開始下落,過一段時(shí)間后閉合開關(guān)S,發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒ab立刻做變速運(yùn)動(dòng),則在以后導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)過程中,下列說法中正確的是()A.導(dǎo)體棒ab做變速運(yùn)動(dòng)期間加速度一定減小B.單位時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能,電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C.導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和,符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 D.導(dǎo)體棒ab最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),速度大小為v= 2 2mgRB L 答案ABD導(dǎo)體棒由靜止下落,在豎直向下的重力作用下,物體做加速運(yùn)動(dòng)。開關(guān)閉合時(shí),由右手定則,導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的

8、電流方向?yàn)閺腶到b,再由左手定則,可判定導(dǎo)體棒受到的安培力方向向上,F=BIL=BL,導(dǎo)體棒受到的重力和安培力的合力變小,加速度變小,物體做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng),A正確;最后合力為零,加速度為零,做勻速直線運(yùn)動(dòng),由F-mg=0得BBLvR BLvRL=mg,v=,D正確;導(dǎo)體棒克服安培力做功,減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能,由于電流的熱效應(yīng),電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,B正確。2 2mgRB L 4.在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,水平放置一圓形導(dǎo)體環(huán)。規(guī)定導(dǎo)體環(huán)中電流的正方向如圖甲所示,磁場(chǎng)向上為正。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙變化時(shí),圖丙中能正確表示導(dǎo)體環(huán)中感應(yīng)電流變化情況的是() 答案C02s,0,且為定值,

9、即產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小不變,排除A、B兩個(gè)選項(xiàng);24s,0),將金屬桿ab由靜止釋放,桿將沿斜面向下運(yùn)動(dòng),求當(dāng)桿的速度為v時(shí)桿的加速度大小。Bt 答案(1)方向由b到a(2)(3)gsin-解析(1)以金屬桿ab為研究對(duì)象,為使ab桿保持靜止,ab桿應(yīng)受到沿導(dǎo)軌向上的安培力,根據(jù)左手定則可以判斷通過ab桿的電流方向?yàn)橛蒪到a。根據(jù)平衡條件有mgsin-B 0IL=0,得I=(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=N=NS根據(jù)歐姆定律I= 0sinmg B L1 20( )sinmg R R B LNS 0 01 2( )( )B L NSk B Lvm R R 0sinmg B Lt Bt 1 2ER

10、 R 得=(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得螺線管內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=NS=NSkab桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2=B0Lv總電動(dòng)勢(shì)E總=E1+E2感應(yīng)電流I=根據(jù)牛頓第二定律有mgsin-F=ma其中安培力F=B 0IL Bt 1 20( )sinmg R R B LNSBt 1 2ER R總解得a=gsin- 0 01 2( )( )B L NSk B Lvm R R 1.能量轉(zhuǎn)化分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程,實(shí)質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程。(2)當(dāng)磁場(chǎng)不動(dòng)、導(dǎo)體做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)時(shí),導(dǎo)體所受安培力與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相反,此即電磁阻尼。在這種情況下,安培力對(duì)導(dǎo)體做負(fù)功,即導(dǎo)體克服安培力做功,

11、將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能,當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí),電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能,如通過電阻轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(焦耳熱)。即:其他形式的能(如:機(jī)械能)電能其他形式的能(如:內(nèi)能)重難四電磁感應(yīng)中的能量問題 (3)當(dāng)開始時(shí)導(dǎo)體靜止、磁場(chǎng)(磁體)運(yùn)動(dòng)時(shí),由于導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)向相反方向做切割磁感線運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電流,進(jìn)而受到安培力作用,這時(shí)安培力成為導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力,此即電磁驅(qū)動(dòng)。在這種情況下,安培力做正功,電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機(jī)械能。綜上所述,安培力做功是電能和其他形式的能之間相互轉(zhuǎn)化的橋梁,表示如下:電能其他形式的能。2.求解焦耳熱Q的三種方法(1)直接法:Q=I 2Rt(2)功能關(guān)系法:Q=W克服安培力(3)能量轉(zhuǎn)化法:

12、Q=E其他能的減少量 典例4圖中a1b1c1d1和a2b2c2d2為在同一豎直面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌,處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌所在的平面(紙面)向里。導(dǎo)軌的a1b1段與a2b2段是豎直的,距離為l1;c1d1段與c2d2段也是豎直的,距離為l2。x1y1與x2y2為兩根用不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線相連的金屬細(xì)桿,質(zhì)量分別為m1和m2,它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸。兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿x 1y1上的豎直向上的恒力。已知兩桿運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí),已勻速向上運(yùn)動(dòng),求此時(shí)作用于兩桿的重力的功率大小和回路電阻上的熱功率。 解析設(shè)桿向上運(yùn)動(dòng)的速度為v,因桿的運(yùn)動(dòng),

13、兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少,從而磁通量也減少,由法拉第電磁感應(yīng)定律可得,回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=B(l2-l1)v,回路中的電流I=,電流沿順時(shí)針方向。兩金屬桿都要受到安培力作用,作用于桿x1y1的安培力為F1=BIl1(方向向上),作用于桿x 2y2的安培力為F2=BIl2(方向向下)。當(dāng)桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有F-m1g-m2g+F1-F2=0。解以上各式得I=,v=。ER1 22 1( )( )F m m gB l l 1 22 22 1 ( ) ( )F m m g RB l l 電阻上的熱功率P熱=I2R=2R。答案R(m1+m2)g2R 1 22 1( )( )F

14、m m gB l l 1 22 22 1( )( )F m m gB l l 1 22 1( )( )F m m gB l l 作用于兩桿的重力的功率大小P=(m1+m2)gv=R(m1+m2)g。1 22 22 1( )( )F m m gB l l 4-1如圖所示,PM、QN是兩根半徑為d的光滑的圓弧軌道,其間距為L(zhǎng),O、P連線水平,M、N在同一水平高度,圓弧軌道電阻不計(jì),在其上端連有一阻值為R的電阻,整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒從軌道的頂端PQ處由靜止開始下滑,到達(dá)軌道底端MN時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg,求:(1)棒到

15、達(dá)最低點(diǎn)時(shí)金屬棒兩端的電壓;(2)棒下滑過程中金屬棒產(chǎn)生的熱量;(3)棒下滑過程中通過金屬棒的電荷量。14 答案(1)BL(2)(3)解析(1)在軌道的最低點(diǎn)MN處,金屬棒對(duì)軌道的壓力FN=2mg,軌道對(duì)金屬棒的支持力大小為F N=FN=2mg,則RR r gd 2( )mgdrR r BLdR r FN-mg=m,解得:v=。金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)兩端的電壓U=E=BL(2)棒下滑過程中,由能量守恒定律得,mgd=Q+mv2,解得Q=mgd金屬棒產(chǎn)生的熱量Q r=Q=(3)由q=It,I=,E=,=BLd,聯(lián)立解得q=。 2vdgd RR r RR r

16、 gd1212 rR r 2( )mgdrR rER r t BLdR r 電磁感應(yīng)中的“雙滑軌”問題分析方法1.初速度不為零,不受其他水平外力的作用思想方法光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌 質(zhì)量m 1=m2電阻r1=r2長(zhǎng)度L1=L2 質(zhì)量m1=m2電阻r1=r2長(zhǎng)度L1=2L2 規(guī)律 分析桿MN做變減速運(yùn)動(dòng),桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng),穩(wěn)定時(shí),兩桿的加速度均為零,以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)桿MN做變減速運(yùn)動(dòng),桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng),穩(wěn)定時(shí),兩桿的加速度均為零,兩桿的速度之比為1 2 光滑的平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌 質(zhì)量m 1=m2電阻r1=r2長(zhǎng)度L1=L2 摩擦力Ff1=Ff2質(zhì)量m1=m2電阻r1=r2長(zhǎng)度L

17、1=L2 2.初速度為零,一桿受到恒定水平外力的作用 規(guī)律 分析開始時(shí),兩桿做變加速運(yùn)動(dòng);穩(wěn)定時(shí),兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)開始時(shí),若F2Ff,則PQ桿先變加速后勻速運(yùn)動(dòng);MN桿靜止。若F2F f,PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng),MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng),且加速度相同 典例如圖所示,在方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有兩條光滑的平行金屬導(dǎo)軌,其電阻不計(jì),間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)方向垂直,ab、cd為兩根垂直導(dǎo)軌放置的,電阻都為R,質(zhì)量都為m的金屬棒。棒cd用能承受最大拉力為FT的水平細(xì)線拉住,棒ab在水平拉力F的作用下以加速度a由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng),求:(1)F隨時(shí)間t的變化規(guī)律;(2)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間細(xì)線將被拉斷;(3)從ab棒開始運(yùn)動(dòng)到cd棒剛要運(yùn)動(dòng)過程中,流過cd棒的電荷量。 E=BLv=BLat此時(shí)棒中的感應(yīng)電流為I=由牛頓第二定律得F-BIL=ma得F=t+ma(2)細(xì)線拉斷時(shí)滿足BIL=F T即t=FT得t= 2 ER2 22B L aR2 22B L aR T2 22RFB L a解析(1)時(shí)刻t,棒的速度v=at此時(shí)棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 (3)Q=t=t=答案(1)F=t+ma(2)(3)I 2ER 2R 2122BL atR 2T3 3RFB La2 22B L aR T2 22RFB L a 2T3 3RFB La