《（江蘇版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復習 專題十 電磁感應(yīng)課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復習 專題十 電磁感應(yīng)課件.ppt（71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（江蘇專用）,考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象、楞次定律,考點清單,考向基礎(chǔ) 一、磁通量,二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象,三、感應(yīng)電流的方向,考向突破,考向一磁通量、磁通量的變化量、磁通量的變化率的區(qū)別,例1如圖所示,有一個垂直紙面向里的勻強磁場B=0.8 T,磁場有明顯的圓形邊界,圓心為O,半徑為1 cm?，F(xiàn)于紙面內(nèi)先后放上圓形線圈,圓心均在O處,A線圈半徑為1 cm,10匝;B線圈半徑為2 cm,1匝;C線圈半徑為 0.5 cm,1匝。問:,(1)在B減小為0.4 T的過程中,A和B中磁通量改變了多少? (2)當磁場轉(zhuǎn)過30角的過程中,C中磁通量改變了多少?,解析(1)對A線圈,1=B1r2,

2、2=B2r2。 故磁通量改變量:2-1=(0.4-0.8)3.1410-4 Wb=-1.25610-4 Wb。 對B線圈,2-1=(0.4-0.8)3.1410-4 Wb=-1.25610-4 Wb。 (2)對C線圈,1=Br2,磁場轉(zhuǎn)過30,線圈仍全部處于磁場中,線圈面積在垂直磁場方向的投影為r2 cos 30,則2=Br2 cos 30。磁通量改變量:2-1=Br2(cos 30-1)=0.83.14(510-3)2(0.866-1) Wb=-8.410-6 Wb。,答案見解析 題后反思磁通量是指穿過某一面積的磁感線的條數(shù),與線圈匝數(shù)無 關(guān)。若線圈所圍面積大于磁場面積,則以磁場區(qū)域面積為準

3、。本題中B線圈與A線圈中的磁通量始終一樣,故它們的改變量也一樣。,考向二電磁感應(yīng)現(xiàn)象的判斷 常見的產(chǎn)生感應(yīng)電流的三種情況,例2現(xiàn)將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關(guān)如圖所示連接。下列說法中正確的是() A.開關(guān)閉合后,線圈A插入或拔出都會引起電流計指針偏轉(zhuǎn) B.線圈A插入線圈B中后,開關(guān)閉合和斷開的瞬間電流計指針均不會偏轉(zhuǎn) C.開關(guān)閉合后,滑動變阻器的滑片P勻速滑動,會使電流計指針靜止在中央零刻線 D.開關(guān)閉合后,只有滑動變阻器的滑片P加速滑動,電流計指針才會偏轉(zhuǎn),解析開關(guān)閉合后,線圈A插入或拔出都會引起穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化,電流計指針偏轉(zhuǎn),選項A正確;線圈A插入

4、線圈B中后,開關(guān)閉合和斷開的瞬間,穿過線圈B的磁通量會發(fā)生變化,電流計指針會偏轉(zhuǎn),選項B錯誤;開關(guān)閉合后,滑動變阻器的滑片P無論勻速滑動還是加速滑動,都會導致線圈A中的電流發(fā)生變化,穿過線圈B的磁通量變化,電流計指針都會發(fā)生偏轉(zhuǎn),選項C、D錯誤。,答案A,考向三楞次定律的理解及應(yīng)用 1.楞次定律中“阻礙”的含義,2.應(yīng)用楞次定律的兩點注意 (1)感應(yīng)電流的磁場與引起感應(yīng)電流的磁場方向并非總是相同或相反,而是“增反減同”。 (2)由于運動而產(chǎn)生感應(yīng)電流時,感應(yīng)電流的效果是阻礙物體間的相對 運動,而不是阻礙物體的運動。,3.楞次定律的推廣含義 楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為:感應(yīng)電流的效果總是

5、阻礙引起感應(yīng)電流的原因,列表說明如下:,例3如圖所示,閉合導體環(huán)水平固定。條形磁鐵S極向下以初速度v0沿過導體環(huán)圓心的豎直軸線下落,穿過導體環(huán)的過程中,關(guān)于導體環(huán)中的感應(yīng)電流及條形磁鐵的加速度,下列說法正確的是() A.從上向下看,導體環(huán)中的感應(yīng)電流的方向先順時針后逆時針 B.從上向下看,導體環(huán)中的感應(yīng)電流的方向先逆時針后順時針 C.條形磁鐵的加速度一直小于重力加速度 D.條形磁鐵的加速度開始小于重力加速度,后大于重力加速度,解析條形磁鐵穿過導體環(huán)的過程中,導體環(huán)中磁通量方向向上,先增大后減小,從上向下看,感應(yīng)電流方向先順時針后逆時針,A正確,B錯誤;導體環(huán)中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場始終阻礙條形磁

6、鐵運動,所以條形磁鐵的加速度一直小于重力加速度,C正確,D錯誤。,答案AC 方法點撥:來拒去留。,考向四三個定則的比較,例4如圖所示,水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN,當PQ在外力的作用下運動時,MN在磁場力的作用下向右運動,則PQ所做的運動可能是() A.向右加速運動B.向左加速運動 C.向右減速運動D.向左減速運動 PQ與L2組成閉合回路,PQ為等效電源,L2為負載。L1與 MN組成閉合回路,L1為等效電源,MN為負載。,解題導引,解析當PQ向右運動時,用右手定則可判斷出PQ中感應(yīng)電流的方向是QP,由安培定則可判斷出穿過L1的磁場方向是自下而上的;若PQ向右加速運動,

7、則穿過L1的磁通量增加,用楞次定律可判斷出流過MN的感應(yīng)電流方向是NM,用左手定則可判斷出MN受到向左的安培力,將向左運動,可見選項A錯誤。若PQ向右減速運動,流過MN的感應(yīng)電流方向、MN所受的安培力的方向均將反向,MN向右運動,所以選項C正確。同理可判斷出選項B正確,D錯誤。,答案BC,考點二法拉第電磁感應(yīng)定律,考向基礎(chǔ) 一、法拉第電磁感應(yīng)定律 1.感應(yīng)電動勢 (1)感應(yīng)電動勢:在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢。 (2)產(chǎn)生條件:穿過回路的磁通量發(fā)生改變,與電路是否閉合無關(guān)。 (3)方向判斷:感應(yīng)電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷。 2.法拉第電磁感應(yīng)定律 (1)內(nèi)容:閉合電路中感應(yīng)電動勢的大

8、小,跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。 (2)公式:E=n,其中n為線圈匝數(shù)。,(3)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系:遵循閉合電路的歐姆定律,即I= 。 (4)說明:a.當僅由B的變化引起時,則E=n;當僅由S的變化引 起時,則E=n;當由B、S的變化同時引起時,則E=nn 。b.磁通量的變化率是-t圖像上某點切線的斜率。 二、導體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 1.公式E=Blv的使用條件 (1)勻強磁場。 (2)B、l、v三者相互垂直。 2.“瞬時性”的理解 (1)若v為瞬時速度,則E為瞬時感應(yīng)電動勢。 (2)若v為平均速度,則E為平均感應(yīng)電動勢。,3.切割的“有效長度” 公式中的l為有效切割

9、長度,即導體在與v垂直的方向上的投影長度。 甲圖:沿v1方向運動時,l=;沿v2方向運動時,l= sin 。 乙圖:沿v1方向運動時,l=;沿v2方向運動時,l=0。,丙圖:沿v1方向運動時,l=R;沿v2方向運動時,l=0;沿v3方向運動時,l=R。 4.“相對性”的理解 E=Blv中的速度v是相對于磁場的速度,若磁場也運動,應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系。,三、感生電動勢與動生電動勢的比較,考向一求解感應(yīng)電動勢 1.法拉第電磁感應(yīng)定律 表達式:E=n 說明式中的n為線圈的匝數(shù), 是線圈磁通量的變化量,t是磁通量變化所用的時間,是磁通量的變化率。 的單位是韋伯,t的單位是秒,E的單位是伏特。 E=n

10、在中學階段一般只用來計算平均感應(yīng)電動勢,如果是恒定 的,那么E是穩(wěn)恒的。,考向突破,例5有一面積為S=100 cm2的金屬環(huán)如圖甲所示,電阻為R=0.1 ,環(huán)中磁感應(yīng)強度的變化規(guī)律如圖乙所示,且磁場方向垂直環(huán)面向里,在t1到t2時間內(nèi) (1)環(huán)中感應(yīng)電流的方向如何? (2)通過金屬環(huán)的電荷量為多少?,解析(1)由楞次定律,可以判斷出金屬環(huán)中感應(yīng)電流的方向為逆時針方向。 (2)由圖乙可知:磁感應(yīng)強度的變化率 = 金屬環(huán)中的磁通量的變化率 =S=S 環(huán)中形成的感應(yīng)電流I=== 通過金屬環(huán)的電荷量Q=It 由式解得 Q== C=0.01 C。,答案(1)逆時針(2)0.01 C,2.應(yīng)用E=BLv

11、求解導體切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 (1)公式:E=BLv。 (2)關(guān)于求解導體切割磁感線的感應(yīng)電動勢公式的兩點說明: 公式中的B、L、v要求兩兩互相垂直。當LB,Lv,而v與B成夾角時,導體切割磁感線的感應(yīng)電動勢大小為 E= BLv sin 。 公式中,L為切割磁感線的導體的有效長度,v是導體相對磁場的速度。 (3)有關(guān)計算導體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小的兩個特例: 長為L的導體棒在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中以角速度勻速轉(zhuǎn)動垂直切割磁感線時,導體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢:,a.以中點為軸時,E=0; b.以端點為軸時, E=BL2(平均速度取中點位置時的線速度L); c.以任意點為軸時,E=

12、B(-)。 面積為S的單匝矩形線圈在勻強磁場B中以角速度繞線圈平面內(nèi)垂直于磁場的任意軸勻速轉(zhuǎn)動切割磁感線,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢: a.線圈平面與磁感線垂直時,E=0; b.線圈平面與磁感線平行時,E=BS; c.線圈平面與磁感線夾角為時,E=BS cos 。,例6(2014課標,25,19分)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內(nèi),一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面,BA的延長線通過圓導軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于一勻強磁場中,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向豎直向下。在內(nèi)圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導體棒在

13、水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在轉(zhuǎn)動過程中始終與導軌保持良好接觸。設(shè)導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為,導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求,(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小; (2)外力的功率。,解題導引,解析(1)解法一由感應(yīng)電動勢公式E=B(-)得導體棒AB的感 應(yīng)電動勢 E=B(2r)2-r2= 通過R的電流 I== 由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從CD。 解法二在t時間內(nèi),導體棒掃過的面積為 S=t(2r)2-r2 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,導體棒上感應(yīng)電動勢的大小為,E= 根據(jù)右手定則,感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端。因此,通過電阻R的感應(yīng)電流的方向是從C

14、端流向D端。由歐姆定律可知,通過電阻R的感應(yīng)電流的大小I滿足 I= 聯(lián)立式得 I= 解法三E=Br=Br=Br2 I==,由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從CD 解法四取t=T E===Br2 I== 由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從CD。 (2)解法一在豎直方向有 mg-2N=0 式中,由于質(zhì)量分布均勻,內(nèi)、外圓導軌對導體棒的正壓力大小相等,其值為N。兩導軌對運行的導體棒的滑動摩擦力均為 f=N 在t時間內(nèi),導體棒在內(nèi)、外圓導軌上掃過的弧長分別為,l1=rt 和 l2=2rt 克服摩擦力做的總功為 Wf=f(l1+l2) 在t時間內(nèi),消耗在電阻R上的功為 WR=I2Rt 根據(jù)能量守恒定律知,外

15、力在t時間內(nèi)做的功為 W=Wf+WR 外力的功率為,P= 由至式得,P=mgr+ 解法二由能量守恒得 P=PR+Pf 在豎直方向2N=mg,則N=mg,得f=N=mg Pf=mgr+mg2r=mgr PR=I2R= 所以P=mgr+,答案(1)方向:由C端到D端 (2)mgr+,考向二滑軌類問題 這類問題的實質(zhì)是不同形式的能量的轉(zhuǎn)化過程,從功和能的觀點入手,弄清導體切割磁感線運動過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系,處理這類問題有三種觀點,即:力學觀點;能量觀點;圖像觀點。,例7如圖甲所示,在水平面上固定有長為L=2 m、寬為d=1 m的金屬“U”形導軌,在“U”形導軌右側(cè)l=0.5 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里

16、的勻強磁場,且磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。在t=0時刻,質(zhì)量為m=0.1 kg 的導體棒以v0=1 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g=10 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。,解析(1)導體棒先在無磁場區(qū)域做勻減速運動,有 -mg=ma,vt=v0+at,x=v0t+at2 導體棒速度減為零時,vt=0。 代入數(shù)據(jù)解得:t=1

17、s,x=0.5 m,導體棒沒有進入磁場區(qū)域。 導體棒在1 s末已停止運動,以后一直保持靜止,離左端位置仍為x=0.5 m (2)前2 s磁通量不變,回路電動勢和電流分別為 E=0,I=0 后2 s回路產(chǎn)生的電動勢為 E==ld=0.1 V 回路的總長度為5 m,因此回路的總電阻為,R=5=0.5 電流為 I==0.2 A 根據(jù)楞次定律,在回路中的電流方向是順時針方向 (3)前2 s電流為零,后2 s有恒定電流,焦耳熱為 Q=I2Rt=0.04 J,答案見解析,考向基礎(chǔ) 一、互感和自感 1.互感 兩個相互靠近的線圈中,有一個線圈中的電流變化時,它所產(chǎn)生的變化的磁場會在另一個線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,

18、這種現(xiàn)象叫做互感,這種電動勢叫做互感電動勢。變壓器就是利用互感現(xiàn)象制成的。 2.自感 (1)自感:由于導體本身的電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象。 (2)自感電動勢:由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢。自感電動勢總是阻礙導體自身電流的變化,與電流變化的快慢有關(guān),大小正比于電流的變化 率,表示為E=L。,考點三自感、渦流,(3)自感系數(shù):E=L中的比例系數(shù)L叫做自感系數(shù),簡稱自感或電感。線 圈的長度越長,線圈的橫截面積越大,單位長度上匝數(shù)越多,線圈的自感系數(shù)越大,線圈有鐵芯比無鐵芯時自感系數(shù)大得多。 二、渦流 (1)渦流:塊狀金屬放在變化磁場中,或者讓它在磁場中運動時,金屬塊內(nèi)產(chǎn)生的旋渦狀感應(yīng)電流。 (

19、2)產(chǎn)生原因:金屬塊內(nèi)磁通量變化感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流。 (3)渦流的利用:冶煉金屬的高頻感應(yīng)爐利用強大的渦流產(chǎn)生焦耳熱使金屬熔化;家用電磁爐也是利用渦流原理制成的。,(4)渦流的減小:各種電機和變壓器中,用涂有絕緣漆的硅鋼片疊加成的鐵芯,以減小渦流。,考向一通電自感和斷電自感 1.兩種過程比較,考向突破,2.自感現(xiàn)象的四大特點 (1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化。 (2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變,只能緩慢變化。 (3)電流穩(wěn)定時,自感線圈就相當于普通導體。 (4)線圈的自感系數(shù)越大,自感現(xiàn)象越明顯,自感電動勢只是延緩了過程的進行,但它不能使過程停止,更不能使過程反向。 3.自感中“閃

20、亮”與“不閃亮”問題,例8如圖(a)、(b)中,自感線圈L的電阻很小,接通K,使電路達到穩(wěn)定,燈泡S發(fā)光,下列說法正確的是() A.在電路(a)中,斷開K,S將漸漸變暗 B.在電路(a)中,斷開K,S將先變得更亮,然后漸漸變暗 C.在電路(b)中,斷開K,S將漸漸變暗 D.在電路(b)中,斷開K,S將先變得更亮,然后漸漸變暗,解析(a)圖中,燈泡S與自感線圈L在同一個支路中,流過的電流相同,斷開開關(guān)K時,線圈L中的自感電動勢的作用使得支路中的電流在斷開開關(guān)K的那一瞬間保持不變,以后漸漸變小,A正確,B錯誤。(b)圖中,燈泡S所在支路的電流比自感線圈所在支路的電流要小(因為自感線圈的電阻很小),

21、斷開開關(guān)K時,自感線圈的自感電動勢要阻礙電流變小,此瞬間自感線圈中的電流不變,自感線圈相當于一個電源給燈泡S供電。因此反向流過S的電流瞬間要變大,然后逐漸變小,所以燈泡要先更亮一下,然后漸漸變暗,C錯誤,D正確。,答案AD,考向二電磁阻尼與電磁驅(qū)動的比較,例9如圖所示,上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置,小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放,并落至底部,則小磁塊() A.在P和Q中都做自由落體運動 B.在兩個下落過程中的機械能都守恒 C.在P中的下落時間比在Q中的長 D.落至底部時在P中的速度比在Q中的大,解析小磁塊在銅管中下落時,銅管中產(chǎn)生感應(yīng)電流,由楞次定律可知,小磁塊受到與

22、運動方向相反的阻力,不能夠做自由落體運動。而小磁塊在塑料管中下落時,沒有電磁感應(yīng)現(xiàn)象存在,小磁塊做自由落體運動。因此小磁塊在P中下落慢,用時長,機械能不守恒,到達底端時速度小,C項正確。,答案C,方法1感應(yīng)電流方向的判定方法,方法技巧,例1如圖,在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中,金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度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

23、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,方法2電磁感應(yīng)中的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。,3.經(jīng)常用到的一個導出公式:q= 如果閉合回路是一個單匝線圈(n=1),則q=。

24、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。,2.等效電路中的電源和電阻,例2如圖甲所示,水平面上的兩光滑金屬導軌平行固定放置,間距d= 0.5 m,電阻不計,左端通過導線與阻值R=2 的電阻連接,右端通過導線與阻值RL=4 的小燈泡L連接。在CDFE矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場,CE長l=2 m,有一阻值r=2 的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處。CDFE區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。在t=0至t=4 s內(nèi),金屬棒PQ保持靜止,在t=4 s時使金屬棒PQ以某一速度進入磁場區(qū)域并保持勻速運動。已知從t=0開始到金屬棒運動到磁場邊界EF處的整個過程中

25、,小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化,求:,(1)通過小燈泡的電流; (2)金屬棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小。,解析(1)在t=0至t=4 s內(nèi),金屬棒PQ保持靜止,磁場變化導致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,等效電路如圖a所示,電路為r與R并聯(lián),再與小燈泡L串聯(lián) 圖a 電路的總電阻為 R總=RL+=5 ,此時感應(yīng)電動勢E==dl=0.520.5 V=0.5 V 通過小燈泡的電流IL==0.1 A (2)當金屬棒在磁場區(qū)域中運動時,金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,等效電路如圖b所示,電路為R與RL并聯(lián),再與r串聯(lián) 圖b 此時電路的總電阻為,R總=r+=2 + = 由于燈泡中電流不變,所以通過燈泡的電流仍為0.

26、1 A,則流過棒的電流為 I=IL+IR=IL+=0.3 A 電動勢E=IR總=Bdv 解得棒PQ在磁場區(qū)域中運動的速度大小v=1 m/s,答案(1)0.1 A(2)1 m/s,方法3電磁感應(yīng)中的力學問題分析方法 1.通電導體在磁場中受到安培力作用,電磁感應(yīng)問題往往和力學問題聯(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)中的動力學臨界問題,例3如圖甲所示,兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導軌間距為L。M、P兩

27、點間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上,并與導軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直斜面向下。導軌和金屬桿的電阻可忽略。讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑,導軌和金屬桿接觸良好,不計它們之間的摩擦。,(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示,請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖; (2)在加速下滑過程中,當ab桿的速度大小為v時,求ab桿中的電流及其加速度的大小; (3)求在下滑過程中,ab桿可以達到的速度最大值。,解析(1)如圖所示,重力mg,豎直向下;支持力FN,垂直斜面向上;安培力F,沿斜面向上。 (2)當ab桿速度為v時,感應(yīng)電動勢

28、E=BLv,此時電路中電流 I==,ab桿受到的安培力 F=BIL= 根據(jù)牛頓運動定律,有 ma=mg sin -F=mg sin -,解得a=g sin -。 (3)當ab桿的速度達到最大時,=mg sin ,解得 vm=。,答案(1)見解析 (2)g sin - (3),方法4電磁感應(yīng)中功能問題的分析 1.電磁感應(yīng)中的功能問題 電磁感應(yīng)過程的實質(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實現(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的過程,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

29、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式。 (3)分析導體機械能的變化,用能量守恒關(guān)系得到機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,第一要準確把握參與轉(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4如圖所示,一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi),導軌間距l(xiāng)=0.5 m,左端接有阻值R=0.3

30、的電阻。一質(zhì)量m=0.1 kg,電阻r=0.1 的金屬棒MN放置在導軌上,整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)強度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動,當棒的位移x=9 m時撤去外力,棒繼續(xù)運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。導軌足夠長且電阻不計,棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求:,(1)棒在勻加速運動過程中,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。,解題導引,解析(1)設(shè)棒勻加速運動的時間為t,回路的磁通量變化量為

31、,回路中的平均感應(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,對棒的勻加速運動過程,由運動學公式得 v2=2ax 設(shè)棒在撤去外力后的運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

32、案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J,方法5電磁感應(yīng)中圖像問題的分析 1.圖像問題中的“三看”“三明確” 對于圖像問題,應(yīng)做到“三看”、“三明確”,即 (1)看軸看清變量。 (2)看線看圖線的形狀。 (3)看點看特殊點和轉(zhuǎn)折點。 (4)明確圖像斜率的物理意義。 (5)明確截距的物理意義。 (6)明確“+”“-”的含義。,2.圖像問題的求解類型,3.解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵。,4.解決圖像問題的一般步驟 (1)明確圖像的種類,即B-t圖還是-t圖,或者E-t圖、I-t圖等。 (2)分析電磁感應(yīng)的

33、具體過程。 (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系。 (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出函數(shù)關(guān)系式。 (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等。 (6)畫圖像或判斷圖像。,例5(2016四川理綜,7,6分)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應(yīng)電流的功率為P,它們隨時間t變化圖像可能正確的有(),解析金屬棒MN相當于電源,其感應(yīng)電動勢E=Blv,感應(yīng)電流I= 即Iv FA=BIl=即:FAv UR=IR=R即:URv P=IE=即:Pv2 對金屬棒MN:F-FA=ma F0+kv-v=ma F0+v=ma,若k-0,隨著v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速運動,B項正 確。 若k-<0,隨著v增大,a減小,棒做加速度減小的加速運動,當a=0時,v達 到最大后保持不變,C項正確,A項錯誤。 若k-=0,則a=,金屬棒做勻加速運動 則v=at,P=IE=t2,D項錯誤。,答案BC,