《（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題四 電磁感應和電路 第2講 電磁感應的綜合問題課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題四 電磁感應和電路 第2講 電磁感應的綜合問題課件.ppt（51頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第2講電磁感應的綜合問題,專題四電磁感應和電路,,內容索引,考點一電磁感應基本概念和規(guī)律的理解,考點二電磁感應中的動力學和能量問題,考點三應用動量和能量觀點分析電磁感應問題,,,,電磁感應基本概念和規(guī)律的理解,,考點一,,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)分析電磁感應的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系； (4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數關系式； (5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫出圖象或判斷圖象.,1 基礎知識梳理,2
2、.電磁感應中圖象類選擇題的兩個常見解法 (1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(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，排除錯誤的選項. (2)函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的辦法.,1.感應電流的產生(多選)下列各圖所描述的物理情境中，有感應電流產生的是,答案,,2 基本題目訓練,,,,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，線圈中不產生感應電流； 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)中產生感應電流； C中金屬框從
3、A向B運動，穿過金屬框的磁通量時刻在變化，金屬框中產生感應電流； D中銅盤在磁場中按題圖所示方向轉動，銅盤的一部分切割磁感線，電阻R中產生感應電流.,2.感應電流的大小和方向(多選)如圖1，一根長為l、橫截面積為S的閉合軟導線置于光滑水平面上，其材料的電阻率為，導線內單位體積的自由電子數為n，電子的電荷量為e，空間存在垂直紙面向里的磁場.某時刻起磁場開始減弱，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律是BB0kt，當軟導線形狀穩(wěn)定時，磁場方向仍然垂直紙面向里，此時 A.軟導線將圍成一個圓形 B.軟導線將圍成一個正方形 C.導線中產生逆時針方向的電流 D.導線中的電流為,答案,圖1,,,解析,解析當磁場的磁感應
4、強度減弱時，由楞次定律可知，導線中產生順時針方向的電流，軟導線圍成的圖形的面積有擴大的趨勢，結合周長相等時，圓的面積最大可知，最終軟導線圍成一個圓形.設軟導線圍成的圓形半徑為r，,3.感應電流的圖象(多選)如圖2甲所示，正六邊形導線框abcdef放在磁場中靜止不動，磁場方向與導線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所 示.t0時刻，磁感應強度B的方向垂直,圖2,紙面向里，設產生的感應電流順時針方向為正，豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正.則下面關于感應電流i和cd邊所受安培力F隨時間t變化的圖象正確的是,答案,解析,,,解析02 s內，磁感應強度的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，
5、根據楞次定律，感應電流的方向為順時針方向，為正值.,在23 s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據楞次定律，感應電流方向為順時針方向，為正值，大小與02 s內相同. 在34 s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針方向，為負值，大小與02 s內相同.在46 s內，磁感應強度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針方向，為負值，大小與02 s內相同，故A錯誤，B正確.,在02 s內，磁感應強度的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據F安BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負值.0時刻安培力大小
6、為F2B0I0L.在23 s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據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，磁感應強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，為負值，第4 s初的安培力大小為B0I0L.在46 s內，磁感應強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錯誤.,4.電路問題(多選)用均勻導線做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的磁場中，如圖3所示，當磁場以 的變化
7、率增強時，則 A.線圈中感應電流方向為acbda B.線圈中產生的電動勢 C.線圈中感應電流方向為adbca D.線圈中a、b兩點間的電勢差為,圖3,答案,,解析,,解析當磁場增強時，由楞次定律可判定感應電流的方向為acbda，故A項正確，C項錯誤；,線圈中a、b兩點的電勢差的絕對值為電動勢的一半，由電流方向可知，a點電勢低于b點電勢，,電磁感應中的動力學和能量問題,,考點二,1.電磁感應中的動力學問題分析思路 (1)電路分析：導體棒相當于電源，感應電動勢相當于電源的電動勢，導體棒的電阻相當于電源的內阻. (2)受力分析：導體棒受到安培力及其他力，安培力F安BIL，根據牛頓第二定律列動力學
8、方程：F合ma. (3)過程分析：由于安培力是變力，導體棒做變加速運動，當加速度為零時，達到穩(wěn)定狀態(tài)，最后做勻速直線運動，根據共點力平衡條件列平衡方程：F合0.,2.電磁感應中能量轉化及焦耳熱的求法 (1)能量轉化,(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； 功能關系：QW克服安培力，電流變不變都適用； 能量轉化：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的平行粗糙金屬導軌固定在水平面上，導軌上分布著n個寬度為d、間距為2d的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直水平面向上.在導軌的左端連接一個阻值為R的電阻，導軌的左端距離
9、第一個磁場區(qū)域L2的位置放有一根質量為m，長為L1，阻值為r的金屬棒，導軌電阻及金屬棒與導軌間的接觸電阻均不計.某時刻起，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動，已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數為，重力加速度為g.,圖4,(1)若金屬棒能夠勻速通過每個勻強磁場區(qū)域，求金屬棒離開第2個勻強磁場區(qū)域時的速度v2的大??；,解析,答案,解析金屬棒勻加速運動有Fmgma v222a(L22d),(2)在滿足第(1)小題條件時，求第n個勻強磁場區(qū)域的磁感應強度Bn的大?。?解析,答案,解析金屬棒勻加速運動的總位移為xL22nd2d 金屬棒進入第n個勻強磁場的速度滿足vn22ax 金屬棒在第n
10、個磁場中勻速運動有FmgF安0 感應電動勢EBnL1vn,安培力F安BnL1I,(3)現保持恒力F不變，使每個磁場區(qū)域的磁感應強度均相同，發(fā)現金屬棒通過每個磁場區(qū)域時電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的整個過程中左端電阻R上產生的焦耳熱Q.,解析,答案,解析金屬棒進入每個磁場時的速度v和離開每個磁場時的速度v均相同，由題意可得v22aL2，v2v22a2d 金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(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軌，導軌平面與水平面的夾角30，導軌間距L0.5 m，電阻不計，在兩導軌間接有R3 的電阻.在導軌中
11、間加一垂直導軌平面向上的寬度為d0.4 m的勻強磁場，B2 T.一質量為m0.08 kg，電阻為r2 的導體 棒從距磁場上邊緣d0.4 m處由靜止釋放，運 動過程中始終與導軌保持垂直且接觸良好， 取g10 m/s2.求：(1)導體棒進入磁場上邊緣 的速度大小v；,答案,圖5,答案2 m/s,解析,解析根據機械能守恒定律可得：,代入數據解得，導體棒進入磁場上邊緣的速度v2 m/s.,(2)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中，通過導體棒的電荷量q；,答案,答案0.08 C,解析,(3)導體棒通過磁場區(qū)域的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q.,答案,答案0.096 J,解析,解析導體棒切割磁感應線產生的感應電動
12、勢為EBLv2 V,導體棒受到的安培力FBIL0.4 N 導體棒的重力沿導軌平面向下的分力Fmgsin 300.4 N 所以金屬棒進入磁場后做勻速運動，根據功能關系可得電阻R上產生 的焦耳熱為：,應用動量和能量觀點分析電磁感應問題,,考點三,1.電磁感應與動量綜合問題 往往需要運用牛頓第二定律、動量定理、動量守恒定律、功能關系和能量守恒定律等重要規(guī)律，并結合閉合電路的歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法. 2.動量觀點在電磁感應問題中的應用，主要可以解決變力的沖量.所以，在求解導體棒做非勻變速運動的問題時，應用動量定理可以避免由于加速度變化而導致運動學公式不能使用的麻煩，在求解雙桿模型問題時，在一定條
13、件下可以利用動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寧波市十校聯考)如圖6所示，兩根相距為d的粗糙平行金屬導軌放在傾角為的斜面上(電阻忽略不計)，金屬導軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長為l，且平行于金屬導軌，不考,圖6,,模型1動量定理與電磁感應的綜合應用,慮磁場的邊界效應)內存在一個垂直斜面向上的勻強磁場B，一根電阻為r，質量為m的金屬棒EF自磁場上邊界虛線mn處由靜止釋放，經過t時間離開磁場區(qū)域，金屬棒與金屬導軌間的動摩擦因數為.求：,(1)t時間內通過電阻R的電荷量q；,解析,答案,(2)t時間內電阻R上產生的焦耳熱Q；,解析
14、,答案,聯立可得：,解析金屬棒向下運動的過程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，,(3)沿著導軌向下平行移動磁場區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當它恰好能勻速通過磁場時，磁場的移動距離s和金屬棒通過磁場的時間t.,解析,答案,金屬棒沿導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軌間距為L，導軌電阻忽略不計.空間存在垂直于導軌平面豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.輕質導體棒ab垂直導軌放置，導體棒ab的電阻為r，與導軌之間接觸良好.兩導軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質導體棒中間系一輕細線，細線,圖7,通過
15、定滑輪懸掛質量為m的物體，現從靜止釋放該物體，當物體速度達到最大時，下落的高度為h.物體下落過程中不著地，導軌足夠長，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，當加速度為0時，下落速度達到最大.對物體，由平衡條件可得mgFT 對導體棒，由平衡條件可得FTBIL,根據法拉第電磁感應定律得EBLvm,(2)物體從靜止開始下落至速度達到最大的過程中，電阻R上產生的熱量Q；,解析,答案,解析在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)中產生熱量，,(3)物體從靜止開始下落至速度到最大時，所需的時間
16、t.,解析,答案,解析在系統(tǒng)加速過程中，任一時刻速度設為v，取一段時間微元t，在此過程中以系統(tǒng)為研究對象，,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的光滑金屬導軌PQ、MN，相距為L0.5 m，ef右側導軌處于磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下，磁感應強度B的大小如圖乙變化.開始時ab棒和cd棒鎖定在導軌如圖所示位置，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，ab棒的質量為m10.2 kg，有效電阻R10.05 ，cd棒的質量為m20.1 kg，有效電阻為R20.15 .(設ab、cd棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導
17、軌接觸良好，導軌電阻不計，空氣阻力不計，g取10 m/s2).問：,,模型2動量守恒定律與電磁感應的綜合應用,圖8,(1)01 s時間段內通過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棒中的電流方向為由d到c,代入數據得：E0.25 V,代入數據得：I1.25 A,(2)假如在1 s末，同時解除對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動，試求這一速度的大??；,解析,答案,答案見解析,解析設ab棒剛進入磁場時的速度為v0，,得v02 m/s 由題意可知，ab棒進入磁場后做加速度減小的減速運動，cd棒做加速度減小的加速運動，而由ab、c
18、d棒組成的回路感應電動勢越來越小，最終ab、cd棒達到共同速度做勻速直線運動，系統(tǒng)穩(wěn)定. 以ab、cd棒構成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向上只受到大小時刻相等、方向時刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場中運動時動量守恒. m1v0(m1m2)v共,(3)對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動，ab棒上產生的熱量；,答案,答案見解析,解析,解析以ab、cd棒構成的系統(tǒng)為研究對象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運動的過程中，系統(tǒng)損失的機械能轉化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量.,(4)ab棒和cd棒速度相同時，它們之間的距離大小.,答案,答案見解析,解析,分析可知x為這個過程中兩棒相對
19、靠近的距離，,解析以ab棒為研究對象，ab棒從進入磁場到達到穩(wěn)定速度過程中，由動量定理有：,7.如圖9所示，一個質量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導軌MN和PQ相距為L.空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.另有質量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導軌上，并用一根絕緣細線系,圖9,在定點A.已知，細線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R.現從t0時刻開始對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的勻加速直線運動.,(1)求從框架開始運動到細線斷開所需的時間t0及細線斷開時框架的瞬時速度v0大小；,解析,答案,解析細線斷開時，對CD棒有FT0F安，,(2)若在細線斷開時，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產生的總焦耳熱Q.,解析,答案,解析在細線斷開時立即撤去拉力F，框架向右減速運動，CD棒向右加速運動，設二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動量守恒可得mv02mv,撤去拉力F后，系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能，,
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