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2019年高中物理 第一章 電磁感應章末知識整合 粵教版選修3-2 專題一　電磁感應中的電路問題 在電磁感應現象中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢．若回路閉合，則產生感應電流，感應電流引起熱效應，所以電磁感應問題常常與電路知識綜合考查． 1．解決與電路相聯系的電磁感應問題的基本方法． (1)明確哪部分導體或電路產生感應電動勢，該導體或電路就是電源，其他部分是外電路． (2)用法拉第電磁感應定律確定感應電動勢的大小，用楞次定律確定感應電流的方向． (3)畫等效電路圖．分清內外電路，畫出等效電路圖是解決此類問題的關鍵． (4)運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路的特點、電功、電功率等公式求解． 2．問題示例． (1)圖甲中若磁場增強，可判斷感應電流方向為逆時針，則φB>φA；若線圈內阻為r，則UBA＝. (2)圖乙中，據右手定則判定電流流經AB的方向為B→A，則可判定φA>φB，若導體棒的電阻為r，則UAB＝R. 3．電磁感應中常見的兩種情形． (1)導體切割磁感線時的電路分析． 　固定在勻強磁場中的正方形導線框abcd， 各邊長為L，其中ab是一段電阻為R0的均勻電阻絲，其余三邊均為電阻可忽略的銅線，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B.現有一與ab段的材料、粗細、長度都相同的電阻絲PQ架在導線框上，以恒定速度v從ad滑向bc，如圖所示．當PQ滑過的距離時，PQ兩端的電勢差是________，通過aP段電阻絲的電流強度是________，方向向________ (填“左”或“右”)． 解析：把PQ等效為電源，等效電路圖如右圖， 產生感應電動勢的大?。篍＝BLv； 整個電路的總電阻：R總＝R0＋＝R0； 則干路中的電流：I＝； PQ兩端的電勢差： U＝E－Ir＝E－＝E＝. aP、bP的電阻之比為1∶2，則電流比為2∶1，通過aP的電流大小I′＝I＝＝. 根據右手定則流過QP的電流方向由Q到P，所以流過aP段的電流方向向左． 答案：　　左 (2)磁場發(fā)生變化時的電路分析． 　如圖所示， 匝數n＝100 匝，面積S＝0.2 m2、電阻r＝0.5 Ω的圓形線圈MN處于垂直紙面向里的勻強磁場內，磁感應強度隨時間按B＝0.6＋0.02t(T)的規(guī)律變化．處于磁場外的電阻R1＝3.5 Ω，R2＝6 Ω，電容C＝30 μF，開關S開始時未閉合，求： (1)閉合S后，線圈兩端M、N兩點間的電壓UMN和電阻R2消耗的電功率； (2)閉合S一段時間后又打開S，則S斷開后通過R2的電荷量為多少？ 解析：(1)線圈中感應電動勢 E＝N＝NS＝1000.020.2 V＝0.4 V 通過電源的電流強度 I＝＝ A＝0.04 A 線圈兩端M、N兩點間的電壓 UMN＝E－Ir＝0.4 V－0.040.5 V＝0.38 V 電阻R2消耗的電功率 P2＝I2R2＝0.040.046 W＝9.610－3 W. (2)閉合S一段時間后，電路穩(wěn)定，電容器C相當于開路，其兩端電壓UC等于R2兩端的電壓，即 UC＝IR2＝0.046 V＝0.24 V 電容器充電后所帶電荷量為 Q＝CUC＝3010－60.24 C＝7.210－6C 當S再斷開后，電容器通過電阻R2放電，通過R2的電荷量為7.210－6 C. 答案：見解析 專題二　電磁感應中的力學問題 1．解決電磁感應中的力學問題的一般思路． (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向． (2)求回路中的電流． (3)分析研究導體的受力情況(包含安培力，用左手定則確定其方向)． (4)根據牛頓第二定律或物體受力平衡列方程求解． 2．受力情況、運動情況的動態(tài)分析． 導體受力運動產生感應電動勢→感應電流→通電導體受安培力作用→合外力變化→加速度變化→速度變化→感應電動勢變化→……周而復始地循環(huán)，最終結果是加速度等于0，導體達到穩(wěn)定運動狀態(tài)．此類問題要畫好受力圖，抓住加速度a＝0時，速度v達到最值的特點． 　如圖所示 ，水平放置的平行光滑軌道間距為L＝1 m．左端連有定值電阻R＝2 Ω，金屬桿MN與軌道接觸良好，MN的電阻為r＝0.5 Ω，軌道電阻不計，整個裝置處于磁感應強度為B＝1 T的勻強磁場中，現在使MN在水平向右的恒力F＝2 N的作用下運動，則： (1)試判斷MN桿哪端電勢高． (2)桿獲得的最大速度是多少？ (3)MN兩點的最大電勢差是多大？ 解析：(1)由右手定則可判斷M端電勢高． (2)由題意可知：當金屬桿MN受到的安培力F安＝F時，桿獲得的速度最大 即：F安＝BIL＝＝F 代入數據得v＝5 m/s. (3)當桿MN獲得最大速度后，桿即做勻速運動，此時UMN電勢差最大 此時由法拉第電磁感應定律可得E＝BLv＝5 V 由歐姆定律可得： UMN＝R＝4 V 答案：(1)M端電勢高　(2)v＝5 m/s　(3)4 V 規(guī)律小結： 解決電磁感應中電路問題的關鍵是把電磁感應問題等效為穩(wěn)恒直流電路問題： ①把產生感應電動勢那部分導體等效為電源，感應電動勢的大小相當于電源電動勢，其余部分相當于外電路． ②畫出等效電路圖． ③依據電路知識分析求解． 　如圖所示， 兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質量為 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)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，求此時ab桿中的電流及其加速度的大?。? (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；支撐力 N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上． (2)當ab桿速度為v時，感應電動勢E＝BLv，此時電路電流： I＝＝. ab桿受到安培力： F＝BIL＝. 根據牛頓運動定律，有 ma＝mgsin θ－F＝mgsin θ－ 解得： a＝gsin θ－. (3)當＝mgsin θ時，ab桿達到最大速度vm＝. 答案：(1)如圖所示：重力mg，豎直向下；支撐力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上 (2)a＝gsin θ－　(3)vm＝ 規(guī)律小結： 解決電磁感應的力學綜合問題常見的基本處理方法： ①導體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)． 處理方法：根據平衡條件，列式分析求解． ②導體處于非平衡狀態(tài)——加速度a≠0. 處理方法：根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析，或結合功能關系分析． 專題三　電磁感應中的圖象問題 1．常見的電磁感應圖象． 常見的圖象有磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢Е和感應電流Ι隨時間t變化的圖象，即Bt圖象、Φt圖象、Et圖象和It圖象．對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常常涉及感應電動勢E和感應電流I隨線圈位移x變化的圖象，即Ex圖象和Ix圖象．涉及磁場對導體的作用力的，有Ft圖象． 因為要表示的物理量，如磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I以及安培力F等，是有方向(或說正負)的，所以不管什么圖象，都是用正負值來反映E、I、B等物理量方向的(或正負的) 2．分析思路 (1)用楞次定律或右手定則判斷感應電動勢(或電流)的方向，確定其正負及在坐標中的范圍． (2)利用法拉第電磁感應定律分析感應電動勢(或電流)的大小及變化規(guī)律． 3．常見題型． (1)由給定的電磁感應過程選出或畫出有關正確的圖象． 　矩形導線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止狀態(tài)，如圖甲所示．磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的圖象如圖乙所示．t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直線框平面向里，在0～4 s時間內，導線框ad邊所受安培力隨時間變化的圖象(規(guī)定向左為安培力的正方向)可能是下圖中的(　　) 解析：t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直線框平面向里，在0到1 s內，穿過線框的磁通量變小，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向左． 當在 1 s到 2 s內，磁感應強度的方向垂直線框平面向外，穿過線框的磁通量變大，由楞次定律可得，感應電流方向是順時針，再由左手定則可得線框的ad邊的安培力水平向右．在下一個周期內，重復出現安培力先向左后向右． 答案：D (2)由給定的圖象分析電磁感應過程，判斷其他物理量的變化． 　一個圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，如圖甲所示設垂直于紙面向里的磁感應強度方向為正，垂直于紙面向外的磁感應強度方向為負，線圈中順時針方向的感應電流為正，逆時針方向的感應電流為負．已知圓形線圈中感應電流i隨時間變化的圖象如圖乙所示，則線圈處的磁場的磁感應強度隨時間變化的圖象可能是圖中的哪一個(　　) 解析：設垂直紙面向里的磁感應強度方向為正，線圈中順時針方向的感應電流為正，則由乙可知：線圈中在前0.5 s內產生了逆時針方向的感應電流，由楞次定律可得：當磁通量增加時，感應磁場方向與原磁場方向相反；當磁通量減小時，感應磁場方向與原磁場方向相同． A．在前0.5 s內由乙圖根據楞次定律可知，若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場減弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場增加的．所以A選項錯誤； B．在前0.5 s內，若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場增強的，則磁通量也會增大；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場減弱的，則磁通量也會減小．而在0.5 s～1.5 s，由感應電流方向，結合楞次定律可得：若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場減弱的，則磁通量也會減??；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場增加的，則磁通量也會增大．故B錯誤； C．在前0.5 s內由乙圖根據楞次定律可知，若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場減弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場增加的．所以C選項正確； D．在前0.5 s內，若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場增強的，則磁通量也會增大；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場減弱的，則磁通量也會減小．而在0.5 s ～1.5 s，由感應電流方向，結合楞次定律可得：若磁場方向垂直向里(正方向)時，必須是磁場減弱的，則磁通量也會減??；若磁場方向垂直向外(負方向)時，必須是磁場增加的，則磁通量也會增大．故D正確． 答案：CD 規(guī)律小結： ①觀察縱橫坐標軸代表的物理量，整體觀察圖象的周期性． ②觀察圖線并分析其物理意義，包含圖線的斜率含義，縱橫坐標軸的截距的含義，圖線的形狀對應的函數關系等． ③實現將圖象“翻譯”成實際的物理過程，從而做出正確的判斷． 專題四　電磁感應中的能量問題 1．能量轉化． 在電磁感應現象中，通過外力克服安培力做功，把機械能或其他形式的能轉化為電能，克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能，即在電路中就產生多少電能． 若電路是純電阻電路，轉化過來的電能全部轉化為內能；若電路為非純電阻電路，則電能一部分轉化為內能，一部分轉化為其他形式的能，比如：用電器有電動機，一部分轉化為機械能． 2．一般思路． (1)分析回路，分清電源和外電路． (2)分清哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生轉化．如： 做功情況 能量轉化的特點 滑動摩擦力做功 有內能產生 重力做功 重力勢能必然發(fā)生變化 克服安培力做功 必然有其他形式的能轉化為電能，并且克服安培力做了多少功，就有多少電能產生 安培力做正功 電能轉化為其他形式的能 (3)根據能量守恒列方程求解． 3．電能的三種求解思路． (1)利用克服安培力做功求解，電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功． (2)利用能量守恒求解，相應的其他能量的減少量等于產生的電能． (3)利用電路特征來求解，通過電路中所消耗的電能來計算． 　如圖所示， 有一水平放置的光滑導電軌道，處在磁感強度為B＝0.5 T，方向向下的勻強磁場中．軌道上放一根金屬桿，它的長度恰好等于軌道間的間距L＝0.2 m，其質量m＝0.1 kg，電阻r＝0.02 Ω.跨接在軌道間的電阻R＝1.18 Ω.軌道電阻忽略不計，g＝10 m/s2. (1)要使金屬桿獲得60 m/s的穩(wěn)定速度，應對它施加多大的水平力F? (2)在金屬桿獲得 60 m/s的穩(wěn)定速度后，若撤去水平力 F，那么此后電阻R上還能放出多少熱量？ 解析：(1)金屬桿獲得穩(wěn)定的速度，就是做勻速運動，它所受到的安培力與外力應是一對平衡力，即F＝FB＝BIL，ab桿切割磁感線產生的感應電動勢為E＝BLv，回路中感應電流I＝＝，所以F＝＝0.5 N 撤去外力F后，金屬桿將在安培力的作用下做減速運動，感應電動勢在減小，感應電流在減小，安培力在減小，加速度在減小，直到金屬桿的速度為零時為止，此過程中，金屬桿的動能通過安培力做功轉化為回路中的電能，再通過電阻轉化為電熱．由于外電阻R與金屬桿是串聯關系，在串聯電路中，消耗的電能與電阻成正比，故有 QR＋Qr＝mv2＝180 J, 在串聯電路中＝＝59, 解得：QR＝177 J 答案：0.5 N　 177 J 　如圖所示，正方形導線框abcd的質量為m、邊長為l，導線框的總電阻為R.導線框從垂直紙面向里的水平有界勻強磁場的上方某處由靜止自由下落，下落過程中，導線框始終在與磁場垂直的豎直平面內，cd邊保持水平．磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場上、下兩個界面水平距離為l.已知cd邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運動．重力加速度為g. (1)求cd邊剛進入磁場時導線框的速度大小； (2)請證明：導線框的cd邊在磁場中運動的任意瞬間，導線框克服安培力做功的功率等于導線框消耗的電功率； (3)求從導線框cd邊剛進入磁場到ab邊剛離開磁場的過程中，導線框克服安培力所做的功． 解析：(1)設線框cd邊剛進入磁場時的速度為v，則在cd邊進入磁場過程時產生的感應電動勢為E＝BLv，根據閉合電路歐姆定律，通過導線框的感應電流為：I＝ 導線框受到的安培力為：F安＝BIl＝ 因cd剛進入磁場時導線框做勻速運動，所以有F安＝mg 以上各式聯立得：v＝ (2)導線框cd邊在磁場中運動時，克服安培力做功的功率為：P安＝F安v 代入(1)中的結果，整理得：P安＝ 導線框消耗的電功率為：P電＝I2R＝R＝ 因此有P電＝P安 (3)導線框ab邊剛進入磁場時，cd邊即離開磁場，因此導線框繼續(xù)做勻速運動．導線框穿過磁場的整個過程中，導線框的動能不變 設導線框克服安培力做功為W安，根據動能定理有2mgl－W安＝0 解得：W安＝2mgl 答案：見解析 規(guī)律小結： 電磁感應的過程是能量轉化與守恒的過程，在解決電磁感應中的能量問題時，應牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，明確哪些力做功，對應著哪些能量發(fā)生了轉化． 黑洞最后的命運：大爆炸 在黑洞不斷增大的假設中，黑洞的生命永遠不會停止．但有一個預示性的停止正是由同一位霍金做出的，他把黑洞比作一個不斷充氣的氣球.1976年，霍金在《自然》雜志上發(fā)表文章指出，黑洞會不斷蒸發(fā)直到最后爆炸而消失． 這種理論今天已被普遍認同．人們認為有可能“看到”黑洞的最后的閃爍，就是能從高能電磁波中觀測到的黑洞最后爆炸時發(fā)射的γ射線． 黑洞總是貪吃的，它們的終結正是由于狼吞虎咽地吃了某種消化不了的東西：帶“負能”的粒子．帶負能的粒子與提供正能的粒子一起來源于能層，但那些提供正能的粒子被推到了黑洞外面，而黑洞則吞下了帶負能的粒子，這樣它們就不得不用消耗自己能量的代價來彌補債務．因此黑洞的質量減少了，并開始了一個不斷蒸發(fā)的過程．黑洞越來越小，越來越熱，它的能量在空間散失，最后這個老掠奪者就爆炸和消失了． 黑洞的大小不同，蒸發(fā)程度也不相同． 現在我們換個話題，不談從恒星坍縮產生的黑洞．科學家認為，大爆炸后立即產生出宇宙，那時形成了許多極小的黑洞：它們大小像一個質子但重量達億萬噸．質量巨大和溫度極高的微型黑洞正是蒸發(fā)現象的理想發(fā)生地． 現在，這些微型黑洞多數已經消失了，但另外一些爆炸正在發(fā)生之中．據天體物理學家說，有可能利用一個正在蒸發(fā)的微型黑洞來代替我們的太陽．這個微型黑洞的質量為月球質量的，但直徑只有0.000 5毫米． 這樣一個微型黑洞的溫度為幾千度，接近太陽表面溫度，而且持續(xù)輻射能量的時間長達10億年，如果和已知的宇宙年齡150億年相比，時間是足夠長了，如果和太陽100億年的壽命相比，更可以說是一個永久性能源了．