《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題十 電磁感應(yīng)課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題十 電磁感應(yīng)課件（53頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題十 電磁感應(yīng),高考物理,知識清單,方法一感應(yīng)電流方向的判定方法,突破方法,例1(2013北京理綜,17,6分)如圖,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動,MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1;若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B,其他條件不變,MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2。則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1E2分別為() A.ca,21B.ac,21C.ac,12D.ca,12 解析桿MN向右勻速滑動,由右手定則判知,通過R的電流方向為ac;又因為E=BLv,所以E1E2=12,故選項C正確。 答案C,例2如圖,EOF和EOF為空間一勻強(qiáng)磁場的邊

2、界,其中EOEO,FOFO,且EOOF;OO為EOF的角平分線,OO間的距離為l;磁場方向垂直于紙面向里。一邊長為l的正方形導(dǎo)線框沿OO方向勻速通過磁場,t=0時刻恰好位于圖示位置。規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正, 則感應(yīng)電流i與時間t的關(guān)系圖線可能正確的是(),解析本題中四個選項都是i-t關(guān)系圖線,故可用排除法。因在線框開始運(yùn)動后的一段時間內(nèi)通過導(dǎo)線框的磁通量向里增大,由楞次定律可判定此過程中電流沿逆時針方向,故C、D錯誤。由于穿過整個磁場區(qū)域的磁通量變化量=0,由q=可知整個過程中通過導(dǎo)線框的總電荷量也 應(yīng)為零,而在i-t圖象中圖線與時間軸所圍總面積為零,即時間軸的上下圖形面積的絕

3、對值應(yīng)相等,故A錯誤B正確。 答案B 2-1某實(shí)驗小組用如圖所示的實(shí)驗裝置來驗證楞次定律。當(dāng)條形磁鐵自上而下穿過固定的線圈時,通過電流計的感應(yīng)電流方向是() A.aGb B.先aGb,后bGa,C.bGa D.先bGa,后aGb 答案D 解析確定原磁場的方向:條形磁鐵在穿入線圈的過程中,磁場方向向下。 明確回路中磁通量變化的情況:向下的磁通量增加。 由楞次定律的“增反減同”可知:線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向上。 應(yīng)用安培定則可以判斷感應(yīng)電流的方向為逆時針(俯視),即:從bGa。 同理可以判斷出條形磁鐵穿出線圈過程中,向下的磁通量減小,由楞次定律可得:線圈中將產(chǎn)生順時針的感應(yīng)電流(俯視),電流

4、從aGb。,方法二感應(yīng)電動勢的求解方法 求解感應(yīng)電動勢常有如下幾種方法,例3(2014江蘇單科,1,3分)如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直,且一半處在磁場中。在t時間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B。在此過程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為() A.B.C.D. 解析由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=n=nS=n,得E= ,選項B正確。 答案B 3-1(2012四川理綜,20,6分)半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿,單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置,整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為

5、B。桿,在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動,桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸,從圓環(huán)中心O開始,桿的位置由確定,如圖所示。則() A.=0時,桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B.= 時,桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C.=0時,桿受的安培力大小為 D.= 時,桿受的安培力大小為 答案AD 解析開始時刻,感應(yīng)電動勢E1=BLv=2Bav,故A項正確。=時,E2=B2a cosv=Bav,故B項錯,誤。由L=2a cos ,E=BLv,I=,R=R02a cos +(+2)a,得在=0時,F==,故C項錯 誤。=時F=,故D項正確。,方法三電磁感應(yīng)中電路問題的分析方法 1.解決電磁感應(yīng)中的電路問題的基

6、本步驟 (1)“源”的分析:用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小,用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向),從而確定電源正負(fù)極,明確內(nèi)阻r。 (2)“路”的分析:根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路。 (3)根據(jù)E=BLv或E=n,結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識、電功率、焦耳定律等相關(guān) 關(guān)系式聯(lián)立求解。 2.經(jīng)常用到的一個導(dǎo)出公式:q= 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,只要穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化,閉合回路中就會產(chǎn)生感應(yīng)電流,設(shè)在時間t內(nèi)通過導(dǎo)體截面的電荷量為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

7、:上面式中I為平均值,因而E也為平均值。 如果閉合回路是一個單匝線圈(n=1),則q=。,q=n中n為線圈的匝數(shù),為磁通量的變化量,R為閉合回路的總電阻。 例4(2013天津理綜,3,6分)如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長,置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場外,線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場,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,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,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.

8、Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1q2 解題思路隱含條件:第一次ab邊為電源;第二次bc邊為電源;可直接應(yīng)用q=n求解q。,解析第一次ab邊是電源,第二次bc邊是電源。設(shè)線框ab、bc邊長分別為l1、l2,第一次時線框中產(chǎn)生的熱量Q1=Rt=()2R==l1,同理第二次時線框中產(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選項正確。 答案A 4-1如圖所示,導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線,半徑為r的圓內(nèi)有垂直于圓平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一根長度大于2r的導(dǎo)線MN以速率v在圓環(huán)上無摩擦地自左端勻速滑到右端,回路的固定電阻為R,其余電阻不

9、計,試求: (1)MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中,電阻R上的電流的平均值及通過的電荷量。 (2)MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中,電阻R上的電流的最大值。,答案(1)=q=(2)Im= 解析(1)從左端到右端磁通量的變化量 =BS=Br2 從左端到右端的時間:t= 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,平均感應(yīng)電動勢 === 所以,回路中平均感應(yīng)電流== 通過R的電荷量q=t==。 (2)當(dāng)導(dǎo)線運(yùn)動到圓環(huán)的圓心處時,切割磁感線的有效長度最大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也就最大,電阻R上的電流也就最大,此時Em=B2rv,所以Im=,由以上兩式,得Im=。,方法四電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的分析方法 1.通電導(dǎo)體在磁場中受到安

10、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)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向; (2)求回路中的電流; (3)分析導(dǎo)體受力情況; (4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程。 2.電磁感應(yīng)中的動力學(xué)臨界問題 基本思路是:導(dǎo)體受外力運(yùn)動感應(yīng)電動勢感應(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(2014江蘇單科,13,15分)如圖所示,在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L,長為3d,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為,在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的

11、頂端由靜止釋放,在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動,并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直,且僅與涂層間,有摩擦,接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R,其他部分的電阻均不計,重力加速度為g。求: (1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù); (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度大小v; (3)整個運(yùn)動過程中,電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解題思路關(guān)注:導(dǎo)體棒在有絕緣涂層段受摩擦力,而不受安培力,在無涂層段不受摩擦力,而受,安培力。隱含條件,勻速運(yùn)動意味著摩擦力與安培力相等。 解析(1)在絕緣涂層上 受力平衡mg sin =mg cos 解得=tan (2)在光滑導(dǎo)軌上 感應(yīng)電動勢E=BLv 感應(yīng)電流I= 安培力F安=BIL 受力平衡F

12、安=mg sin 解得v= (3)摩擦生熱Q摩=mgd cos 由能量守恒定律得3mgd sin =Q+Q摩+mv2 解得Q=2mgd sin -,答案(1)tan (2) (3)2mgd sin - 5-1如圖,兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置,導(dǎo)軌間距離為L,電阻不計。在導(dǎo)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(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)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(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度的大小; (2)燈泡正常發(fā)光

13、時導(dǎo)體棒的運(yùn)動速率。,答案(1)(2) 解析(1)設(shè)小燈泡的額定電流為I0,有 P=R 由題意,在金屬棒沿導(dǎo)軌豎直下落的某時刻后,小燈泡保持正常發(fā)光,流經(jīng)MN的電流為 I=2I0 此時金屬棒MN所受的重力和安培力相等,下落的速度達(dá)到最大值,有 mg=BLI 聯(lián)立式得 B= (2)解法一設(shè)燈泡正常發(fā)光時,導(dǎo)體棒的速度為v,由電磁感應(yīng)定律與歐姆定律得 E=BLv E=RI0 聯(lián)立式得,v= 解法二由功能關(guān)系,棒在勻速時,重力做功的功率等于兩燈泡的總功率: mgv=2P v=,方法五電磁感應(yīng)中功能問題的分析方法 1.電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量之間轉(zhuǎn)化的過程,而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式

14、實(shí)現(xiàn)的,安培力做功的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程,外力克服安培力做功,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。 2.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: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。,3.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(右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向。 (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,第一要準(zhǔn)確

15、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(2012天津理綜,11,18分)如圖所示,一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 的電阻。一質(zhì)量m=0.1 kg,電阻r=0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上,整個裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4 T。棒在水平向右的外力作用下,由靜止開始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動,當(dāng)棒的位移x=9 m時撤去外力,棒繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下來,已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q2=21。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)

16、軌保持良好接觸。求,(1)棒在勻加速運(yùn)動過程中,通過電阻R的電荷量q; (2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2; (3)外力做的功WF。 解題思路關(guān)鍵詞:一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi);由靜止開始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動;撤去外力,棒繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下來。 (1)由法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均電動勢求出平均電流求出電荷量。 (2)由運(yùn)動學(xué)公式求出撤去外力時的速度由動能定理求出動能由功能關(guān)系求得Q2。 (3)由Q1Q2=21Q1的大小在整個過程中,用功能關(guān)系WF=Q1+Q2,代入數(shù)據(jù)得出外力做的功。,解析(1)設(shè)棒勻加速運(yùn)動的時間為t,回路的磁通量變化量為,回路中的平均

17、感應(yīng)電動勢為,由法拉第電磁感應(yīng)定律得 = 其中=Blx 設(shè)回路中的平均電流為,由閉合電路的歐姆定律得 = 則通過電阻R的電荷量為 q=t 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得 q===4.5 C (2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v,對棒的勻加速運(yùn)動過程,由運(yùn)動學(xué)公式得 v2=2ax 設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動過程中安培力做功為W,由動能定理得,W=0-mv2 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2=-W 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得 Q2=1.8 J (3)由題意知,撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q2=21,可得 Q1=3.6 J 在棒運(yùn)動的整個過程中,由功能關(guān)系可知 WF=Q1+Q2 由式得 WF=5.4 J 答案(1)4

18、.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J 點(diǎn)評本題為電磁感應(yīng)的單桿模型,涉及動力學(xué)及能量等知識的綜合性試題,考查學(xué)生的能量轉(zhuǎn)化與守恒的思想及綜合分析問題的能力。解答此類題的關(guān)鍵是在求解一段時間內(nèi)通過某一電,路的電荷量時應(yīng)用感應(yīng)電動勢的平均值計算,難度較大,區(qū)分度較高。對于中間結(jié)果q=n的 記憶可以加快做該類題的速度。 6-1如圖所示,將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出,穿過寬度為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,磁場的方向垂直紙面向里,線框向上離開磁場時的速度剛好是進(jìn)入磁場時速度的一半,線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度,然后落下并勻速進(jìn)入磁場。整個運(yùn)動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力Ff且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動。求: (1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場時的速度v2; (2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1; (3)線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 答案見解析,解析(1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場瞬間有mg=Ff+, 解得v2=。 (2)由動能定理,線框從離開磁場至上升到最高點(diǎn)的過程有(mg+Ff)h=m 線框從最高點(diǎn)回落至進(jìn)入磁場瞬間(mg-Ff)h=m 兩式聯(lián)立解得v1=v2=。 (3)線框在向上通過磁場過程中,由能量守恒定律有 m-m=Q+(mg+Ff)(a+b) v0=2v1 Q=m(mg)2--(mg+Ff)(a+b)。,