《高考物理大二輪復習與增分策略 專題七 電磁感應與電路 第1講 電磁感應問題課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪復習與增分策略 專題七 電磁感應與電路 第1講 電磁感應問題課件（45頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講電磁感應問題專題七電磁感應和電路知識回扣1.楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn)(1)阻礙磁通量的變化(增反減同).(2)阻礙物體間的_(來拒去留).(3)阻礙_的變化(自感現(xiàn)象).2.感應電動勢的計算原電流相對運動答案平均答案(2)導體棒垂直切割磁感線：EBlv，主要用于求電動勢的_值.(3)如圖1所示，導體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內做勻速圓周運動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E_. 瞬時圖13.感應電荷量的計算回路中發(fā)生磁通量變化時，在t時間內遷移的電荷量阻R和_的變化量決定，與發(fā)生磁通量變化的時間t無關.磁通量答案焦耳定律4.電磁感應電路中產(chǎn)生的焦耳熱當電路中電流恒定時，可用_計算；當

2、電路中電流變化時，則用功能關系或_計算.規(guī)律方法解決感應電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即：先作“源”的分析分析電路中由電磁感應所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；接著進行“路”的分析分析電路結構，弄清串、并聯(lián)關系，求出相關部分的電流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析分析研究對象(通常是金屬棒、導體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；接著進行“運動狀態(tài)”的分析根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型；最后是“能量”的分析尋找電磁感應過程和研究對象的運動過程中，其能量轉化和守恒的關系.高考題型1楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用高考題型3電磁感應電路問題高考題型4綜合應用動力

3、學觀點和能量觀點分析電磁感應問題高考題型2電磁感應圖象問題內容索引高考題型1楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用解析例1 (多選)(2016全國甲卷20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是() A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的 方向流動C.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?的2倍 圖1解析

4、解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，則當圓盤順時針(俯視)轉動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；解析預測1(多選)如圖2所示，由一段外皮絕緣的導線扭成兩個半徑為R和r的閉合回路，Rr，導線單位長度的電阻為A，導線截面半徑遠小于R和r.圓形區(qū)域內存在垂直平面向里、磁感應強度大小隨時間按Bkt(k0，為常數(shù))的規(guī)律變化的磁場，下列說法正確的是() 圖2解析解析根據(jù)穿過整個回路的磁通量增大，依據(jù)楞次定律，及Rr，則大圓環(huán)中電流的方向為逆時針，小圓環(huán)中電流的方向為順時針，故A錯誤，B正確；圖3解析返回解析解析根據(jù)

5、楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯誤；返回高考題型2電磁感應圖象問題解題方略解題方略對于電磁感應圖象問題的分析要注意以下三個方面：1.注意初始時刻的特征，如初始時刻感應電流是否為零，感應電流的方向如何.2.注意看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應.3.注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應.解析例2如圖4所示，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬線框電阻為R，邊長為L，自線框從左邊界進入磁場

6、時開始計時，在外力作用下由靜止開始以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場.規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過線框橫截面的電荷量為q，其中Pt圖象為拋物線，則上述物理量隨時間變化的關系正確的是() 圖4預測3(多選)如圖5所示，在0 xL和2Lx3L的區(qū)域內存在著勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內，線框的ab邊與y軸重合.令線框從t0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，則線框中的感應電流i(取逆時針方向的電流為正)、bc兩端電勢差Ubc隨

7、時間t的函數(shù)圖象大致是下圖中的()圖5解析bc兩端電勢差UbcIR，bc為外電路，故電勢差變化和電流變化相同，C正確，D錯誤.預測4(多選)如圖6甲所示，在水平面上固定寬d1 m的金屬“U”型導軌，右端接一定值電阻R0.5 ，其余電阻不計.在“U”型導軌右側a0.5 m的范圍存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.在t0時刻，質量m0.1 kg的導體棒以v01 m/s的初速度從距導軌右端b2 m開始向右運動，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)0.1，不計地球磁場的影響，g10 m/s2.用E、I、P、Q分別表示4 s內回路中的電動勢大小、電流大小、電功率及電熱，則下列圖象正

8、確的是()圖6解析返回解析解析因為在進入磁場前回路中沒有電流產(chǎn)生，并且02 s內磁感應強度不變化，回路的磁通量不變化，沒有感應電動勢產(chǎn)生，故不會從t0時刻就產(chǎn)生電熱，D錯誤；返回高考題型3電磁感應電路問題解題方略解題方略例3均勻導線制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R，總質量為m.將其置于磁感應強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖7所示.線框由靜止開始自由下落，線框平面保持在豎直平面內，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行.重力加速度為g.當cd邊剛進入磁場時，(1)求線框中產(chǎn)生的感應電動勢大?。?圖7解析答案(2)求cd兩點間的電勢差大??；解析答案(3)若此時線框加速度恰好為零

9、，求線框下落的高度h所應滿足的條件.解析答案根據(jù)牛頓第二定律：mgFma預測5(多選)直角三角形金屬框abc放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上.若金屬框繞ab邊向紙面外以角速度勻速轉動90(從上往下看逆時針轉動)，如圖8甲所示，c、a兩點的電勢差為Uca，通過ab邊的電荷量為q.若金屬框繞bc邊向紙面內以角速度勻速轉動90，如圖乙所示，c、a兩點的電勢差為Uca，通過ab邊的電荷量為q.已知bc、ab邊的長度都為l，金屬框的總電阻為R.下列判斷正確有是()圖8解析解析預測6如圖9所示，平行極板與單匝圓線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，單匝線圈的電阻為R1，外

10、接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計.在圓中有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質量為m、電量為q.則下列說法正確的是() 圖9返回解析解析穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到豎直向下的重力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強方向相反，粒子帶負電，故A錯誤；解析保持開關閉合，則極板間的電壓不變，當向上移動下極板時，導致間距減小，那么電場強度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運動，故C錯誤；斷開開關S，電容器既不充電，也不放電，則電場強度不變，因此電場

11、力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤.返回高考題型4綜合應用動力學觀點和能量觀點分析電磁感應問題例4如圖10所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L11 m，軌道電阻不計.水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B11 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示.在軌道上有兩長度稍大于L1、質量均為m2 kg、阻值均為R0.5 的金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細線與一質量為M1 kg、邊長為L20.2 m、電阻r0.05 的正方形金屬線框相連.金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v05 m/s沿軌道做

12、勻速圓周運動到最低點MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止.當金屬棒a到達最低點MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進入下方h1 m處的水平勻強磁場B3中，圖10解析答案解析解析對金屬棒b，由受力平衡MgB1IL1由a、b金屬棒和導軌組成的閉合回路，有聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得B22 T答案答案2 T解析答案(2)從金屬線框開始下落到進入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q；聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得Q2 J答案答案2 J解析答案(3)若在線框完全進入磁場時剪斷細線，線框在完全離開磁場B3時剛好又達到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q110.875 J，則磁場的高度H為多少.在完全出

13、磁場的瞬間，由受力平衡，得MgB3I3L2聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得H1.2 m答案答案1.2 m預測7(多選)如圖11所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應強度為B，正方形線圈abcd邊長為L(Ld)，質量為m，電阻為R，將線圈在磁場上方高h處靜止釋放，cd邊始終水平，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0.則線圈穿越磁場的過程中(從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)，以下說法正確的是() 圖11解析解析解析線圈在下落過程中分別經(jīng)過圖中的四個位置：1位置cd邊剛進入磁場，2位置ab邊進入磁場，3位置cd邊剛出磁場，4位置ab邊剛

14、出磁場，根據(jù)題意1、3位置速度為v0；2到3位置磁通量不變，無感應電流，線圈只受重力，做加速度為g的勻加速運動；結合1、3位置速度相同，可知1到2減速，2到3勻加速，3到4減速，并且1到2減速與3到4減速所受合力相同，運動情況完全相同.對線圈由1到3位置用動能定理：mgdWEk0，W為克服安培力所做的功，根據(jù)能量守恒定律，這部分能量轉化為電能(電流所做的功)，所以線圈由1到3位置電流做功為mgd；線圈由1到3位置過程中只有線圈由1到2位置有電流，所以線圈解析預測8(2016浙江理綜24)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖12所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導軌上端串接一個R

15、0.05 的電阻.在導軌間長d0.56 m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2.0 T.質量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m.一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，圖12解析答案不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量).求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大??；答案答案2.4 m/s解析解析感應電動勢EBlv安培力FAIBl解析答案(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小；答案答案48 N解析答案返回(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析解析健身者做功WF(sd)64 J又Fmgsin FA0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動焦耳熱QI2Rt26.88 J.答案答案64 J26.88 J