高考物理大二輪復(fù)習(xí)與增分策略 專題七 電磁感應(yīng)與電路 第1講 電磁感應(yīng)問題課件

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1、第1講電磁感應(yīng)問題專題七電磁感應(yīng)和電路知識回扣1.楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn)(1)阻礙磁通量的變化(增反減同).(2)阻礙物體間的_(來拒去留).(3)阻礙_的變化(自感現(xiàn)象).2.感應(yīng)電動勢的計算原電流相對運動答案平均答案(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：EBlv，主要用于求電動勢的_值.(3)如圖1所示，導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E_. 瞬時圖13.感應(yīng)電荷量的計算回路中發(fā)生磁通量變化時，在t時間內(nèi)遷移的電荷量阻R和_的變化量決定，與發(fā)生磁通量變化的時間t無關(guān).磁通量答案焦耳定律4.電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱當(dāng)電路中電流恒定時，可用_計算；當(dāng)

2、電路中電流變化時，則用功能關(guān)系或_計算.規(guī)律方法解決感應(yīng)電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即：先作“源”的分析分析電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；接著進(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析分析研究對象(通常是金屬棒、導(dǎo)體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；接著進(jìn)行“運動狀態(tài)”的分析根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型；最后是“能量”的分析尋找電磁感應(yīng)過程和研究對象的運動過程中，其能量轉(zhuǎn)化和守恒的關(guān)系.高考題型1楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用高考題型3電磁感應(yīng)電路問題高考題型4綜合應(yīng)用動力

3、學(xué)觀點和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題高考題型2電磁感應(yīng)圖象問題內(nèi)容索引高考題型1楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用解析例1 (多選)(2016全國甲卷20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是() A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的 方向流動C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?的2倍 圖1解析

4、解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；解析預(yù)測1(多選)如圖2所示，由一段外皮絕緣的導(dǎo)線扭成兩個半徑為R和r的閉合回路，Rr，導(dǎo)線單位長度的電阻為A，導(dǎo)線截面半徑遠(yuǎn)小于R和r.圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直平面向里、磁感應(yīng)強度大小隨時間按Bkt(k0，為常數(shù))的規(guī)律變化的磁場，下列說法正確的是() 圖2解析解析根據(jù)穿過整個回路的磁通量增大，依據(jù)楞次定律，及Rr，則大圓環(huán)中電流的方向為逆時針，小圓環(huán)中電流的方向為順時針，故A錯誤，B正確；圖3解析返回解析解析根據(jù)

5、楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯誤；返回高考題型2電磁感應(yīng)圖象問題解題方略解題方略對于電磁感應(yīng)圖象問題的分析要注意以下三個方面：1.注意初始時刻的特征，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何.2.注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng).3.注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應(yīng).解析例2如圖4所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬線框電阻為R，邊長為L，自線框從左邊界進(jìn)入磁場

6、時開始計時，在外力作用下由靜止開始以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進(jìn)入磁場.規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過線框橫截面的電荷量為q，其中Pt圖象為拋物線，則上述物理量隨時間變化的關(guān)系正確的是() 圖4預(yù)測3(多選)如圖5所示，在0 xL和2Lx3L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合.令線框從t0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，則線框中的感應(yīng)電流i(取逆時針方向的電流為正)、bc兩端電勢差Ubc隨

7、時間t的函數(shù)圖象大致是下圖中的()圖5解析bc兩端電勢差UbcIR，bc為外電路，故電勢差變化和電流變化相同，C正確，D錯誤.預(yù)測4(多選)如圖6甲所示，在水平面上固定寬d1 m的金屬“U”型導(dǎo)軌，右端接一定值電阻R0.5 ，其余電阻不計.在“U”型導(dǎo)軌右側(cè)a0.5 m的范圍存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.在t0時刻，質(zhì)量m0.1 kg的導(dǎo)體棒以v01 m/s的初速度從距導(dǎo)軌右端b2 m開始向右運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)0.1，不計地球磁場的影響，g10 m/s2.用E、I、P、Q分別表示4 s內(nèi)回路中的電動勢大小、電流大小、電功率及電熱，則下列圖象正

8、確的是()圖6解析返回解析解析因為在進(jìn)入磁場前回路中沒有電流產(chǎn)生，并且02 s內(nèi)磁感應(yīng)強度不變化，回路的磁通量不變化，沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，故不會從t0時刻就產(chǎn)生電熱，D錯誤；返回高考題型3電磁感應(yīng)電路問題解題方略解題方略例3均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m.將其置于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖7所示.線框由靜止開始自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行.重力加速度為g.當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時，(1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??； 圖7解析答案(2)求cd兩點間的電勢差大小；解析答案(3)若此時線框加速度恰好為零

9、，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件.解析答案根據(jù)牛頓第二定律：mgFma預(yù)測5(多選)直角三角形金屬框abc放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上.若金屬框繞ab邊向紙面外以角速度勻速轉(zhuǎn)動90(從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動)，如圖8甲所示，c、a兩點的電勢差為Uca，通過ab邊的電荷量為q.若金屬框繞bc邊向紙面內(nèi)以角速度勻速轉(zhuǎn)動90，如圖乙所示，c、a兩點的電勢差為Uca，通過ab邊的電荷量為q.已知bc、ab邊的長度都為l，金屬框的總電阻為R.下列判斷正確有是()圖8解析解析預(yù)測6如圖9所示，平行極板與單匝圓線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，單匝線圈的電阻為R1，外

10、接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計.在圓中有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質(zhì)量為m、電量為q.則下列說法正確的是() 圖9返回解析解析穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到豎直向下的重力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強方向相反，粒子帶負(fù)電，故A錯誤；解析保持開關(guān)閉合，則極板間的電壓不變，當(dāng)向上移動下極板時，導(dǎo)致間距減小，那么電場強度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運動，故C錯誤；斷開開關(guān)S，電容器既不充電，也不放電，則電場強度不變，因此電場

11、力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤.返回高考題型4綜合應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題例4如圖10所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L11 m，軌道電阻不計.水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B11 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示.在軌道上有兩長度稍大于L1、質(zhì)量均為m2 kg、阻值均為R0.5 的金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細(xì)線與一質(zhì)量為M1 kg、邊長為L20.2 m、電阻r0.05 的正方形金屬線框相連.金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v05 m/s沿軌道做

12、勻速圓周運動到最低點MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止.當(dāng)金屬棒a到達(dá)最低點MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進(jìn)入下方h1 m處的水平勻強磁場B3中，圖10解析答案解析解析對金屬棒b，由受力平衡MgB1IL1由a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得B22 T答案答案2 T解析答案(2)從金屬線框開始下落到進(jìn)入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q；聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得Q2 J答案答案2 J解析答案(3)若在線框完全進(jìn)入磁場時剪斷細(xì)線，線框在完全離開磁場B3時剛好又達(dá)到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q110.875 J，則磁場的高度H為多少.在完全出

13、磁場的瞬間，由受力平衡，得MgB3I3L2聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得H1.2 m答案答案1.2 m預(yù)測7(多選)如圖11所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，正方形線圈abcd邊長為L(Ld)，質(zhì)量為m，電阻為R，將線圈在磁場上方高h(yuǎn)處靜止釋放，cd邊始終水平，cd邊剛進(jìn)入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0.則線圈穿越磁場的過程中(從cd邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)，以下說法正確的是() 圖11解析解析解析線圈在下落過程中分別經(jīng)過圖中的四個位置：1位置cd邊剛進(jìn)入磁場，2位置ab邊進(jìn)入磁場，3位置cd邊剛出磁場，4位置ab邊剛

14、出磁場，根據(jù)題意1、3位置速度為v0；2到3位置磁通量不變，無感應(yīng)電流，線圈只受重力，做加速度為g的勻加速運動；結(jié)合1、3位置速度相同，可知1到2減速，2到3勻加速，3到4減速，并且1到2減速與3到4減速所受合力相同，運動情況完全相同.對線圈由1到3位置用動能定理：mgdWEk0，W為克服安培力所做的功，根據(jù)能量守恒定律，這部分能量轉(zhuǎn)化為電能(電流所做的功)，所以線圈由1到3位置電流做功為mgd；線圈由1到3位置過程中只有線圈由1到2位置有電流，所以線圈解析預(yù)測8(2016浙江理綜24)小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖12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R

15、0.05 的電阻.在導(dǎo)軌間長d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2.0 T.質(zhì)量m4.0 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區(qū)域的下邊界相距s0.24 m.一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，圖12解析答案不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求：(1)CD棒進(jìn)入磁場時速度v的大?。淮鸢复鸢?.4 m/s解析解析感應(yīng)電動勢EBlv安培力FAIBl解析答案(2)CD棒進(jìn)入磁場時所受的安培力FA的大??；答案答案48 N解析答案返回(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.解析解析健身者做功WF(sd)64 J又Fmgsin FA0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動焦耳熱QI2Rt26.88 J.答案答案64 J26.88 J