《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的綜合問題課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的綜合問題課件.ppt（51頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講電磁感應(yīng)的綜合問題,專題四電磁感應(yīng)和電路,,內(nèi)容索引,考點(diǎn)一電磁感應(yīng)基本概念和規(guī)律的理解,考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題,考點(diǎn)三應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題,,,,電磁感應(yīng)基本概念和規(guī)律的理解,,考點(diǎn)一,,1.解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是t圖象，或者是Et圖象、It圖象等. (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?qū)?yīng)關(guān)系； (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(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)畫出圖象或判斷圖象.,1 基礎(chǔ)知識(shí)梳理,2

2、.電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常見解法 (1)排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng). (2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象作出分析和判斷，這未必是最簡(jiǎn)捷的方法，但卻是最有效的辦法.,1.感應(yīng)電流的產(chǎn)生(多選)下列各圖所描述的物理情境中，有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是,答案,,2 基本題目訓(xùn)練,,,,解析,解析A中電鍵S閉合穩(wěn)定后，穿過線圈的磁通量保持不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流； B中磁鐵向鋁環(huán)A靠近，穿過鋁環(huán)的磁通量在增大，鋁環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流； C中金屬框從

3、A向B運(yùn)動(dòng)，穿過金屬框的磁通量時(shí)刻在變化，金屬框中產(chǎn)生感應(yīng)電流； D中銅盤在磁場(chǎng)中按題圖所示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，銅盤的一部分切割磁感線，電阻R中產(chǎn)生感應(yīng)電流.,2.感應(yīng)電流的大小和方向(多選)如圖1，一根長(zhǎng)為l、橫截面積為S的閉合軟導(dǎo)線置于光滑水平面上，其材料的電阻率為，導(dǎo)線內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，空間存在垂直紙面向里的磁場(chǎng).某時(shí)刻起磁場(chǎng)開始減弱，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律是BB0kt，當(dāng)軟導(dǎo)線形狀穩(wěn)定時(shí)，磁場(chǎng)方向仍然垂直紙面向里，此時(shí) A.軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)圓形 B.軟導(dǎo)線將圍成一個(gè)正方形 C.導(dǎo)線中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流 D.導(dǎo)線中的電流為,答案,圖1,,,解析,解析當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)

4、強(qiáng)度減弱時(shí)，由楞次定律可知，導(dǎo)線中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，軟導(dǎo)線圍成的圖形的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)，結(jié)合周長(zhǎng)相等時(shí)，圓的面積最大可知，最終軟導(dǎo)線圍成一個(gè)圓形.設(shè)軟導(dǎo)線圍成的圓形半徑為r，,3.感應(yīng)電流的圖象(多選)如圖2甲所示，正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所 示.t0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直,圖2,紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流順時(shí)針方向?yàn)檎?，豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正.則下面關(guān)于感應(yīng)電流i和cd邊所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象正確的是,答案,解析,,,解析02 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，

5、根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值.,在23 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值，大小與02 s內(nèi)相同. 在34 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與02 s內(nèi)相同.在46 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值，大小與02 s內(nèi)相同，故A錯(cuò)誤，B正確.,在02 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據(jù)F安BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值.0時(shí)刻安培力大小

6、為F2B0I0L.在23 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)F安BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3 s末安培力大小為B0I0L.在34 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，則安培力大小逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，第4 s初的安培力大小為B0I0L.在46 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6 s末的安培力大小2B0I0L，故C正確，D錯(cuò)誤.,4.電路問題(多選)用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長(zhǎng)為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的磁場(chǎng)中，如圖3所示，當(dāng)磁場(chǎng)以 的變化

7、率增強(qiáng)時(shí)，則 A.線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍cbda B.線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì) C.線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)閍dbca D.線圈中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為,圖3,答案,,解析,,解析當(dāng)磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，由楞次定律可判定感應(yīng)電流的方向?yàn)閍cbda，故A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；,線圈中a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差的絕對(duì)值為電動(dòng)勢(shì)的一半，由電流方向可知，a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，,電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題,,考點(diǎn)二,1.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析思路 (1)電路分析：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于電源的電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻. (2)受力分析：導(dǎo)體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIL，根據(jù)牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)

8、方程：F合ma. (3)過程分析：由于安培力是變力，導(dǎo)體棒做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列平衡方程：F合0.,2.電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化,(2)求解焦耳熱Q的三種方法 焦耳定律：QI2Rt，適用于電流、電阻不變； 功能關(guān)系：QW克服安培力，電流變不變都適用； 能量轉(zhuǎn)化：QE其他能的減少量，電流變不變都適用.,例1(2018嘉興一中期末)如圖4所示，兩根相距L1的平行粗糙金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌上分布著n個(gè)寬度為d、間距為2d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直水平面向上.在導(dǎo)軌的左端連接一個(gè)阻值為R的電阻，導(dǎo)軌的左端距離

9、第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域L2的位置放有一根質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)1，阻值為r的金屬棒，導(dǎo)軌電阻及金屬棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻均不計(jì).某時(shí)刻起，金屬棒在一水平向右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.,圖4,(1)若金屬棒能夠勻速通過每個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，求金屬棒離開第2個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度v2的大?。?解析,答案,解析金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)有Fmgma v222a(L22d),(2)在滿足第(1)小題條件時(shí)，求第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bn的大?。?解析,答案,解析金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的總位移為xL22nd2d 金屬棒進(jìn)入第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的速度滿足vn22ax 金屬棒在第n

10、個(gè)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)有FmgF安0 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBnL1vn,安培力F安BnL1I,(3)現(xiàn)保持恒力F不變，使每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均相同，發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過程中左端電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.,解析,答案,解析金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度v和離開每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度v均相同，由題意可得v22aL2，v2v22a2d 金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，有x總L23nd2d,5.如圖5所示，有一傾斜光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30，導(dǎo)軌間距L0.5 m，電阻不計(jì)，在兩導(dǎo)軌間接有R3 的電阻.在導(dǎo)軌中

11、間加一垂直導(dǎo)軌平面向上的寬度為d0.4 m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B2 T.一質(zhì)量為m0.08 kg，電阻為r2 的導(dǎo)體 棒從距磁場(chǎng)上邊緣d0.4 m處由靜止釋放，運(yùn) 動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好， 取g10 m/s2.求：(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)上邊緣 的速度大小v；,答案,圖5,答案2 m/s,解析,解析根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：,代入數(shù)據(jù)解得，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)上邊緣的速度v2 m/s.,(2)導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量q；,答案,答案0.08 C,解析,(3)導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.,答案,答案0.096 J,解析,解析導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)

12、勢(shì)為EBLv2 V,導(dǎo)體棒受到的安培力FBIL0.4 N 導(dǎo)體棒的重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力Fmgsin 300.4 N 所以金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生 的焦耳熱為：,應(yīng)用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題,,考點(diǎn)三,1.電磁感應(yīng)與動(dòng)量綜合問題 往往需要運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律等重要規(guī)律，并結(jié)合閉合電路的歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法. 2.動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用，主要可以解決變力的沖量.所以，在求解導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題時(shí)，應(yīng)用動(dòng)量定理可以避免由于加速度變化而導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)學(xué)公式不能使用的麻煩，在求解雙桿模型問題時(shí)，在一定條

13、件下可以利用動(dòng)量守恒定律避免討論中間變化狀態(tài)，而直接求得最終狀態(tài).,例2(2018寧波市十校聯(lián)考)如圖6所示，兩根相距為d的粗糙平行金屬導(dǎo)軌放在傾角為的斜面上(電阻忽略不計(jì))，金屬導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長(zhǎng)為l，且平行于金屬導(dǎo)軌，不考,圖6,,模型1動(dòng)量定理與電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用,慮磁場(chǎng)的邊界效應(yīng))內(nèi)存在一個(gè)垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，一根電阻為r，質(zhì)量為m的金屬棒EF自磁場(chǎng)上邊界虛線mn處由靜止釋放，經(jīng)過t時(shí)間離開磁場(chǎng)區(qū)域，金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.求：,(1)t時(shí)間內(nèi)通過電阻R的電荷量q；,解析,答案,(2)t時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q；,解析

14、,答案,聯(lián)立可得：,解析金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，,(3)沿著導(dǎo)軌向下平行移動(dòng)磁場(chǎng)區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當(dāng)它恰好能勻速通過磁場(chǎng)時(shí)，磁場(chǎng)的移動(dòng)距離s和金屬棒通過磁場(chǎng)的時(shí)間t.,解析,答案,金屬棒沿導(dǎo)軌平面向下的加速度為：ag(sin cos ) 又：vm22as，,6.如圖7所示，光滑的水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).空間存在垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.輕質(zhì)導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒ab的電阻為r，與導(dǎo)軌之間接觸良好.兩導(dǎo)軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質(zhì)導(dǎo)體棒中間系一輕細(xì)線，細(xì)線,圖7,通過

15、定滑輪懸掛質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當(dāng)物體速度達(dá)到最大時(shí)，下落的高度為h.物體下落過程中不著地，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g.求：,(1)物體下落過程中的最大速度vm；,解析,答案,解析在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為0時(shí)，下落速度達(dá)到最大.對(duì)物體，由平衡條件可得mgFT 對(duì)導(dǎo)體棒，由平衡條件可得FTBIL,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLvm,(2)物體從靜止開始下落至速度達(dá)到最大的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；,解析,答案,解析在物體下落過程中，物體重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，系統(tǒng)中產(chǎn)生熱量，,(3)物體從靜止開始下落至速度到最大時(shí)，所需的時(shí)間

16、t.,解析,答案,解析在系統(tǒng)加速過程中，任一時(shí)刻速度設(shè)為v，取一段時(shí)間微元t，在此過程中以系統(tǒng)為研究對(duì)象，,例3(2018寧波市3月選考)如圖8甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L(zhǎng)0.5 m，ef右側(cè)導(dǎo)軌處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小如圖乙變化.開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度為h0.2 m，cd棒與ef之間的距離也為L(zhǎng)，ab棒的質(zhì)量為m10.2 kg，有效電阻R10.05 ，cd棒的質(zhì)量為m20.1 kg，有效電阻為R20.15 .(設(shè)ab、cd棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)

17、軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2).問：,,模型2動(dòng)量守恒定律與電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用,圖8,(1)01 s時(shí)間段內(nèi)通過cd棒的電流大小與方向；,解析,答案,答案見解析,解析由楞次定律可得，cd棒中的電流方向?yàn)橛蒬到c,代入數(shù)據(jù)得：E0.25 V,代入數(shù)據(jù)得：I1.25 A,(2)假如在1 s末，同時(shí)解除對(duì)ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，試求這一速度的大??；,解析,答案,答案見解析,解析設(shè)ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，,得v02 m/s 由題意可知，ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，而由ab、c

18、d棒組成的回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來(lái)越小，最終ab、cd棒達(dá)到共同速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)穩(wěn)定. 以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方向上只受到大小時(shí)刻相等、方向時(shí)刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)量守恒. m1v0(m1m2)v共,(3)對(duì)ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，ab棒上產(chǎn)生的熱量；,答案,答案見解析,解析,解析以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量.,(4)ab棒和cd棒速度相同時(shí)，它們之間的距離大小.,答案,答案見解析,解析,分析可知x為這個(gè)過程中兩棒相對(duì)

19、靠近的距離，,解析以ab棒為研究對(duì)象，ab棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到達(dá)到穩(wěn)定速度過程中，由動(dòng)量定理有：,7.如圖9所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L(zhǎng).空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根絕緣細(xì)線系,圖9,在定點(diǎn)A.已知，細(xì)線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t0時(shí)刻開始對(duì)U形框架施加水平向右的拉力F(大小未知)，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng).,(1)求從框架開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷開所需的時(shí)間t0及細(xì)線斷開時(shí)框架的瞬時(shí)速度v0大?。?解析,答案,解析細(xì)線斷開時(shí)，對(duì)CD棒有FT0F安，,(2)若在細(xì)線斷開時(shí)，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q.,解析,答案,解析在細(xì)線斷開時(shí)立即撤去拉力F，框架向右減速運(yùn)動(dòng)，CD棒向右加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv02mv,撤去拉力F后，系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量等于回路消耗的電能，,