《高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 第三講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課件 新人教版選修32》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 第三講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課件 新人教版選修32（56頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2安培力方向的判斷：(1)右手定則和左手定則相結(jié)合，先用右手定則確定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判斷感應(yīng)電流所受安培力的方向(2)用楞次定律判斷，感應(yīng)電流所受安培力的方向一定和導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動的方向相反二、電磁感應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化1電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化2感應(yīng)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(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)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(yīng)的能量轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為電能，電能最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱因此同一方程中，克服安培力做功，轉(zhuǎn)化成的電能及產(chǎn)生的焦耳熱不能同時出現(xiàn)(對應(yīng)

2、學(xué)生用書P173)題型一電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題對圖象問題應(yīng)看清坐標(biāo)軸所代表的物理量，清楚圖線的形狀、點(diǎn)、斜率、截距、與橫軸所圍的面積等的意義，并結(jié)合楞次定律、右手定則判定感應(yīng)電流方向及用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動勢大小，最后結(jié)合閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等進(jìn)行相關(guān)計(jì)算例1(2011山東卷)如圖所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)兩質(zhì)量、長度均相同的導(dǎo)體棒c、d，置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場上方同一高度h處磁場寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直先由靜止釋放c，c剛進(jìn)入磁場即勻速運(yùn)動，此時再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)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(diǎn)的位移下圖中正確的是()嘗試解答c棒在未進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動，加速度為重力加速度；進(jìn)入磁場后，d棒開始做自由落體運(yùn)動，在d棒進(jìn)入磁場前的這段時間內(nèi)，c棒運(yùn)動了2h，此過程c棒做勻速運(yùn)動，加速度為零；d棒也進(jìn)入磁場后，c、d均以相同速度切割磁感線，回路中沒有感應(yīng)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(jī)械能守恒，動能與位移的關(guān)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(jī)械能守恒，Ekdxd圖象中的關(guān)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(guān)圖象的選擇題常用排除法：先看方向再看大小及特殊點(diǎn)(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(guān)系，注意橫、縱坐標(biāo)表示的物理量及單位，再畫出對應(yīng)物理圖象(常用分段法、數(shù)學(xué)法)(3)對圖象的理解：看清橫、縱坐標(biāo)表示的量，理解圖象的物理意義如圖所示，一導(dǎo)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(qiáng)磁場，兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動，M端通過滑動觸點(diǎn)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(zhuǎn)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?yàn)檎瑘A環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻忽略不計(jì)，則桿從t0開始轉(zhuǎn)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(yīng)與力和能量的綜合(1)解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力和能量問題的基本方法在電磁感應(yīng)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)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)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(dǎo)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(xué)方程求解分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用功能關(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

6、的方程，即能量守恒方程 (2)解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力和能量問題的技巧因電磁感應(yīng)中力和運(yùn)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(yīng)把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，使物體(導(dǎo)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(jìn)行分解與合成，利用物體的平衡條件和牛頓運(yùn)動定律列式求解對于非勻變速運(yùn)動最值問題的分析，注意應(yīng)用加速度為零，速度達(dá)到最值的特點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析，或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析分析過程中應(yīng)當(dāng)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(zhuǎn)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(jī)械能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為

7、電能，安培力做正功將電能轉(zhuǎn)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(dǎo)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(jì)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(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動，始終與MM、NN保持良好接觸，當(dāng)ab運(yùn)動到某處時，框架開始運(yùn)動設(shè)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(yùn)動時ab速度v的大??；(2)從ab開始運(yùn)動到框架開始運(yùn)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(dǎo)(1)框架開始運(yùn)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(guān)(3)ab做變加速運(yùn)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(yīng)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(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定

9、值電阻導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)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(qiáng)磁場現(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止當(dāng)a棒運(yùn)動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導(dǎo)軌當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)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(dǎo)軌電阻不計(jì)求(1)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動的過程中，a棒中的電流強(qiáng)度Ia與定值電阻R中的電流強(qiáng)度IR之比；(2)a棒質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)

10、動時所受的拉力F.(2)由于a棒在PQ上方滑動過程中機(jī)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(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒長為L，a棒在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv題型三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與臨界問題(1)臨界問題的常見情況導(dǎo)體棒在受力作用下做切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生臨界問題時，一般是導(dǎo)體棒最終有恒定的速度導(dǎo)體棒初速度等于臨界速度時，導(dǎo)體棒勻速切割磁感線運(yùn)動初速度大于臨界速度時，導(dǎo)體棒先減速后勻速運(yùn)動初速度小于臨界速度時，導(dǎo)體棒先加速后勻速運(yùn)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(guān)鍵在于通過運(yùn)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(dǎo)軌豎直放置，相距為L，一理想電流表與兩導(dǎo)軌相連，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直一質(zhì)量為m、有效電阻為R的導(dǎo)體棒在距磁場上邊界h處由靜止釋放導(dǎo)體棒進(jìn)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(yùn)動過程中，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；(2)電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運(yùn)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(dǎo)導(dǎo)體棒沒有進(jìn)入磁場前，導(dǎo)體棒做自由落體運(yùn)動進(jìn)入磁場后，由于受到安培力作用，導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度的大小B；然后根據(jù)歐姆定律求出電流穩(wěn)定后導(dǎo)體棒運(yùn)動速度的大小v；導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度最大，此時的電流有最大值，由機(jī)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(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動，由平衡條件有_(2分)解得B_(1分)電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題常見類型(1)單金屬棒運(yùn)動類：產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv(注意公式成立的條件)，運(yùn)動的金屬棒相當(dāng)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(yùn)動情況是解題的關(guān)鍵；(2)雙金屬棒運(yùn)動類：雙金屬棒在導(dǎo)軌上滑行時，

13、要特別注意兩棒的運(yùn)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(jì)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(dǎo)軌上滑動一樣，要認(rèn)真進(jìn)行受力情況和運(yùn)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(dǎo)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(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場電阻R0.3 、質(zhì)量m10.1 kg、長為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、

14、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)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(yùn)動不計(jì)導(dǎo)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(shè)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(yīng)學(xué)生用書P175)易錯點(diǎn)1：在分析導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于豎直平面內(nèi)的形框，水平導(dǎo)體棒MN可沿兩側(cè)足夠長的光滑導(dǎo)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(jì)，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(dǎo)軌上端連接一電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒與導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(yùn)動情況如何？(金屬棒與導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，兩平行導(dǎo)軌的間距為L)答案見解析易錯點(diǎn)2：對等效電路結(jié)構(gòu)分析不清楚導(dǎo)致錯誤

16、(2011全國卷) 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(jì)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)光時導(dǎo)體棒的運(yùn)動速率易錯分析這道題的電路結(jié)構(gòu)簡單，切割磁感線運(yùn)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?yàn)檫^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(jì)算時又忘了這層關(guān)系，求

17、通過金屬棒的電流時錯將式寫為II0，導(dǎo)致第(1)問的結(jié)果錯誤更有甚者，第(1)問錯了，到第(2)問時又想起來通過導(dǎo)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(shí)，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(dǎo)軌，間距為d，處在大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一根質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ef垂直于P、Q放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ef與P、Q導(dǎo)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(xì)線懸掛在豎直平面內(nèi)，ab邊水平，線框的a、b兩點(diǎn)通過細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)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(qiáng)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(qiáng)磁場中，不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對a、b點(diǎn)的作用力現(xiàn)用一電動機(jī)以恒定功率沿導(dǎo)軌方向水平牽引導(dǎo)體棒ef向左運(yùn)動，從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動計(jì)時，懸掛線框的細(xì)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(dǎo)體棒ef運(yùn)動的速度；(3)電動機(jī)的牽引力功率P.(對應(yīng)學(xué)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(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(yīng)電流，以圖(甲)中線圈上箭頭所示電流的方向?yàn)檎较颍瑒t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(yīng)定律易知，電流方向?yàn)樨?fù)且大小恒定在1 s2 s內(nèi)磁通量向里且減小，電流方向?yàn)檎掖笮『愣ㄍ矸治鲆院蟾鱾€1 s內(nèi)電流大小及方向可知應(yīng)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(dǎo)軌，在“U”型導(dǎo)軌右側(cè)l0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)體棒以v01 m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.1，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均為0.1 /m，不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的接觸電阻及地球磁場的影響(取g10 m/s2)(1)通過計(jì)算分析4 s內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況(2)計(jì)算4 s內(nèi)回路中電流的大小，并判斷電流方向(3)計(jì)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