高考物理總復習 第九章 第三講 電磁感應規(guī)律的綜合應用課件 新人教版選修32

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1、2安培力方向的判斷：(1)右手定則和左手定則相結合，先用右手定則確定感應電流方向，再用左手定則判斷感應電流所受安培力的方向(2)用楞次定律判斷，感應電流所受安培力的方向一定和導體切割磁感線運動的方向相反二、電磁感應的能量轉化1電磁感應現(xiàn)象的實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉化2感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為其他形式的能3電流做功產(chǎn)生的熱量與安培力做功相等，QW安電磁感應的能量轉化符合能量守恒定律，克服安培力做功是把其他形式的能轉化為電能，電能最終轉化為焦耳熱因此同一方程中，克服安培力做功，轉化成的電能及產(chǎn)生的焦耳熱不能同時出現(xiàn)(對應

2、學生用書P173)題型一電磁感應現(xiàn)象中的圖象問題對圖象問題應看清坐標軸所代表的物理量，清楚圖線的形狀、點、斜率、截距、與橫軸所圍的面積等的意義，并結合楞次定律、右手定則判定感應電流方向及用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢大小，最后結合閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等進行相關計算例1(2011山東卷)如圖所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計兩質(zhì)量、長度均相同的導體棒c、d，置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處磁場寬為3h，方向與導軌平面垂直先由靜止釋放c，c剛進入磁場即勻速運動，此時再由靜止釋放d，兩導體棒與導軌始終保持良好接觸用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc、xd分別

3、表示c、d相對釋放點的位移下圖中正確的是()嘗試解答c棒在未進入磁場前做自由落體運動，加速度為重力加速度；進入磁場后，d棒開始做自由落體運動，在d棒進入磁場前的這段時間內(nèi)，c棒運動了2h，此過程c棒做勻速運動，加速度為零；d棒也進入磁場后，c、d均以相同速度切割磁感線，回路中沒有感應電流，它們均只受重力直至c棒出磁場；而且c棒出磁場后不再受安培力，也只受重力故B正確A錯d棒在下落開始的2h的過程中，只受重力，機械能守恒，動能與位移的關系是線性的；在c棒出磁場后，d棒切割磁感線且受到比重力大的安培力，完成在磁場余下的2h的位移，動能減小，安培力也減小，合力也減小，在Ekdxd圖象中斜率減??；在d

4、棒出磁場后，只受重力機械能守恒，Ekdxd圖象中的關系又是線性的，且斜率與最初2h相同，均等于重力故D正確C錯答案BD(1)對于有關圖象的選擇題常用排除法：先看方向再看大小及特殊點(2)對于圖象的描繪：先定性或定量分析所研究問題的函數(shù)關系，注意橫、縱坐標表示的物理量及單位，再畫出對應物理圖象(常用分段法、數(shù)學法)(3)對圖象的理解：看清橫、縱坐標表示的量，理解圖象的物理意義如圖所示，一導體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心環(huán)內(nèi)兩個圓心角為90的扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強磁場，兩磁場磁感應強度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直導體桿OM可繞O轉動，M端通過滑動觸點與圓環(huán)良好接觸在圓心和圓環(huán)間連有電阻R.桿OM以

5、勻角速度逆時針轉動，t0時恰好在圖示位置規(guī)定從a到b流經(jīng)電阻R的電流方向為正，圓環(huán)和導體桿的電阻忽略不計，則桿從t0開始轉動一周的過程中，電流隨t變化的圖象是()答案C題型二電磁感應與力和能量的綜合(1)解決電磁感應現(xiàn)象中力和能量問題的基本方法在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向畫出等效電路圖，由閉合電路歐姆定律求出回路中的電流分析研究導體的受力情況(用左手定則確定安培力的方向)，列平衡方程或動力學方程求解分析導體機械能的變化，用功能關系得到機械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足

6、的方程，即能量守恒方程 (2)解決電磁感應現(xiàn)象中力和能量問題的技巧因電磁感應中力和運動問題所給圖形大多為立體空間分布圖，故在受力分析時，應把立體圖轉化為平面圖，使物體(導體)所受的各個力盡可能在同一平面圖內(nèi)，以便正確對力進行分解與合成，利用物體的平衡條件和牛頓運動定律列式求解對于非勻變速運動最值問題的分析，注意應用加速度為零，速度達到最值的特點根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析，或結合功能關系進行分析分析過程中應當牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，即分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了轉化，如有摩擦力做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，就可能有機械能參與轉化；安培力做負功將其他形式的能轉化為

7、電能，安培力做正功將電能轉化為其他形式的能；然后利用能量守恒定律列出方程求解例2(2010天津高考)如圖所示，質(zhì)量m10.1 kg，電阻R10.3 ，長度l0.4 m的導體棒ab橫放在U型金屬框架上，框架質(zhì)量m20.2 kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2，相距0.4 m的MM、NN相互平行，電阻不計且足夠長電阻R20.1 的MN垂直于MM.整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B0.5 T垂直于ab施加F2 N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運動，始終與MM、NN保持良好接觸，當ab運動到某處時，框架開始運動設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s

8、2.(1)求框架開始運動時ab速度v的大?。?2)從ab開始運動到框架開始運動的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q0.1 J求該過程ab位移x的大小思路誘導(1)框架開始運動時MN上的安培力等于框架受到的最大靜摩擦力(2)MN所受安培力與ab速度有關(3)ab做變加速運動，利用能量守恒定律求x的大小嘗試解答(1)ab對框架的壓力F1m1g框架受水平面的支持力FNm2gF1依題意，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力F2FNab中的感應電動勢EBlvMN中電流答案(1)6 m/s(2)1.1 m(2010福建理綜)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導軌上端連接一個定

9、值電阻導體棒a和b放在導軌上，與導軌垂直并良好接觸斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場現(xiàn)對a棒施以平行導軌斜向上的拉力，使它沿導軌勻速向上運動，此時放在導軌下端的b棒恰好靜止當a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導軌當a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導軌勻速向下運動已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導軌電阻不計求(1)a棒在磁場中沿導軌向上運動的過程中，a棒中的電流強度Ia與定值電阻R中的電流強度IR之比；(2)a棒質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場中沿導軌向上運

10、動時所受的拉力F.(2)由于a棒在PQ上方滑動過程中機械能守恒，因而a棒在磁場中向上滑動的速度大小v1與在磁場中向下滑動的速度大小v2相等，即v1v2v設磁場的磁感應強度為B，導體棒長為L，a棒在磁場中運動時產(chǎn)生的感應電動勢為EBLv題型三電磁感應中的動力學與臨界問題(1)臨界問題的常見情況導體棒在受力作用下做切割磁感線運動產(chǎn)生臨界問題時，一般是導體棒最終有恒定的速度導體棒初速度等于臨界速度時，導體棒勻速切割磁感線運動初速度大于臨界速度時，導體棒先減速后勻速運動初速度小于臨界速度時，導體棒先加速后勻速運動(2)解決臨界問題的基本思路這類問題覆蓋面廣，題型也多種多樣解決這類問題的關鍵在于通過運動

11、狀態(tài)的分析來尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度取最大值或最小值的條件等 例3(15分)(2010江蘇高考)如圖所示，兩個足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，一理想電流表與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直一質(zhì)量為m、有效電阻為R的導體棒在距磁場上邊界h處由靜止釋放導體棒進入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I.整個運動過程中，導體棒與金屬導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻求：(1)磁感應強度的大小B；(2)電流穩(wěn)定后，導體棒運動速度的大小v；(3)流經(jīng)電流表電流的最大值Im.思路誘導導體棒沒有進入磁場前，導體棒做自由落體運動進入磁場后，由于受到安培力作用，導體棒的速度

12、將減小，最終穩(wěn)定在某一個值，此時的電流也是一個穩(wěn)定值，根據(jù)平衡條件可以求出磁感應強度的大小B；然后根據(jù)歐姆定律求出電流穩(wěn)定后導體棒運動速度的大小v；導體棒剛進入磁場時的速度最大，此時的電流有最大值，由機械能守恒可以求最大速度，再由歐姆定律求出電流的最大值Im.解題樣板(1)電流穩(wěn)定后，導體棒做勻速運動，由平衡條件有_(2分)解得B_(1分)電磁感應中的力學問題常見類型(1)單金屬棒運動類：產(chǎn)生的感應電動勢EBlv(注意公式成立的條件)，運動的金屬棒相當于電源，金屬棒在一閉合電路中時其兩端的電壓為路端電壓，把握金屬棒的受力情況和運動情況是解題的關鍵；(2)雙金屬棒運動類：雙金屬棒在導軌上滑行時，

13、要特別注意兩棒的運動方向，從而確定“電源”的電動勢方向，弄清“電源”的連接方式，據(jù)閉合電路歐姆定律計算電路中的電流，從而求出要求的其他問題，和單金屬棒在導軌上滑動一樣，要認真進行受力情況和運動情況的動態(tài)分析，以及動能、能量的綜合分析 (2011四川)如圖所示，間距l(xiāng)0.3 m的平行金屬導軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)，在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角37的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應強度B10.4 T、方向豎直向上和B21 T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場電阻R0.3 、質(zhì)量m10.1 kg、長為l的相同導體桿K、S、Q分別放置在導軌上，S桿的兩端固定在b1、

14、b2點，K、Q桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好一端系于K桿中點的輕繩平行于導軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m20.05 kg的小環(huán)已知小環(huán)以a6 m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動不計導軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)小環(huán)所受摩擦力的大小(2)Q桿所受拉力的瞬時功率解析(1)設小環(huán)受到的摩擦力大小為Ff，由牛頓第二定律，有m2gFfm2a代入數(shù)據(jù)，得Ff0.2 N答案(1)0.2 N(2)2 W(對應學生用書P175)易錯點1：在分析導體棒動態(tài)問題中盲目套用公式(201

15、1撫順聯(lián)考)如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于豎直平面內(nèi)的形框，水平導體棒MN可沿兩側足夠長的光滑導軌下滑而不分離，除R外，裝置的其余部分電阻都可忽略不計，將MN無初速度釋放，要使電流穩(wěn)定后R的熱功率變?yōu)樵瓉淼膬杀?，在其他條件不變的情況下，可以采用的辦法有()豎直放置的平行金屬導軌上端連接一電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒與導軌接觸良好，并能無摩擦下滑在金屬棒的下方有一垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，磁場上邊界距金屬棒的高度為H，如圖所示把金屬棒由靜止釋放，金屬棒在磁場里的運動情況如何？(金屬棒與導軌的電阻不計，兩平行導軌的間距為L)答案見解析易錯點2：對等效電路結構分析不清楚導致錯誤

16、(2011全國卷) 如圖，兩根足夠長的金屬導軌ab、cd豎直放置，導軌間距離為L，電阻不計在導軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放金屬棒下落過程中保持水平，且與導軌接觸良好已知某時刻后兩燈泡保持正常發(fā)光重力加速度為g.求：(1)磁感應強度的大小(2)燈泡正常發(fā)光時導體棒的運動速率易錯分析這道題的電路結構簡單，切割磁感線運動的金屬棒MN是電源，兩個燈泡并聯(lián)在金屬棒MN(電源)兩端，正因為過于簡單，不少考生在看題圖時知道是兩個燈泡并聯(lián)，但在具體計算時又忘了這層關系，求

17、通過金屬棒的電流時錯將式寫為II0，導致第(1)問的結果錯誤更有甚者，第(1)問錯了，到第(2)問時又想起來通過導體棒的電流為I2I0(此時還沒有意識到式的錯誤)，又將式寫成了E2I0R，反而使錯誤得到發(fā)展其實，只要畫出簡單的等效電路(如圖所示)，上述錯誤即可避免如圖甲所示，P、Q為水平面內(nèi)平行放置的金屬長直導軌，間距為d，處在大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，一根質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒ef垂直于P、Q放在導軌上，導體棒ef與P、Q導軌之間的動摩擦因數(shù)為.質(zhì)量為M的正方形金屬框abcd，邊長為L，每邊電阻均為r，用細線懸掛在豎直平面內(nèi)，ab邊水平，線框的a、b兩點通過細導線與導軌相連，金

18、屬框上半部分處在大小為B、方向垂直框面向里的勻強磁場中，下半部分處在大小也為B、方向垂直框面向外的勻強磁場中，不計其余電阻和細導線對a、b點的作用力現(xiàn)用一電動機以恒定功率沿導軌方向水平牽引導體棒ef向左運動，從導體棒開始運動計時，懸掛線框的細線拉力FT隨時間的變化如圖乙所示，求：(1)t0時間以后通過ab邊的電流；(2)t0時間以后導體棒ef運動的速度；(3)電動機的牽引力功率P.(對應學生用書P176)1(2011福州模擬)水平放置的金屬框架cdef處于如圖所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且接觸良好，從某時刻開始，磁感應強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則()Aab中電流增大

19、，ab棒所受摩擦力增大Bab中電流不變，ab棒所受摩擦力不變Cab中電流不變，ab棒所受摩擦力增大Dab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變答案C2(2011南京模擬)一矩形線圈位于一隨時間t變化的磁場內(nèi)，磁場方向垂直線圈所在的平面(紙面)向里，如圖(甲)所示，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖(乙)所示以I表示線圈中的感應電流，以圖(甲)中線圈上箭頭所示電流的方向為正方向，則以下的It圖中正確的是()解析在01 s內(nèi)磁通量向里且增大，根據(jù)楞次定律及法拉第電磁感應定律易知，電流方向為負且大小恒定在1 s2 s內(nèi)磁通量向里且減小，電流方向為正且大小恒定同理分析以后各個1 s內(nèi)電流大小及方向可知應選A

20、.答案A3(2011浙江)如圖甲所示，在水平面上固定有長為L2 m、寬為d1 m的金屬“U”型導軌，在“U”型導軌右側l0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示在t0時刻，質(zhì)量為m0.1 kg的導體棒以v01 m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.1，導軌與導體棒單位長度的電阻均為0.1 /m，不計導體棒與導軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g10 m/s2)(1)通過計算分析4 s內(nèi)導體棒的運動情況(2)計算4 s內(nèi)回路中電流的大小，并判斷電流方向(3)計算4 s內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱(3)前2 s電流為零，后2 s有恒定電流，焦耳熱為QI2Rt0.04 J.答案(1)見解析(2)0.2 A順時針方向(3)0.04 J