（北京專用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題十二 電磁感應(yīng)課件.ppt

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1、考點(diǎn)清單,考點(diǎn)一電磁感應(yīng)現(xiàn)象 考向基礎(chǔ) 一、磁通量 1.磁通量 (1)定義:在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B與垂直于磁場(chǎng)方向某平面的面積的乘積。 (2)公式:=BS。 適用條件:勻強(qiáng)磁場(chǎng)。 S為垂直磁場(chǎng)的有效面積。 (3)磁感量是矢量(填“標(biāo)量”或“矢量”)。,(4)磁通量的意義 a.磁通量可以理解為某時(shí)刻穿過(guò)某一平面的磁感線的條數(shù)。 b.同一線圈平面,當(dāng)它跟磁場(chǎng)方向垂直時(shí),磁通量最大;當(dāng)它跟磁場(chǎng)方向平行時(shí),磁通量為零;當(dāng)正向穿過(guò)線圈平面的磁感線條數(shù)和反向穿過(guò)的條數(shù)一樣多時(shí),磁通量為零。 2.磁通量的變化 (1)定義:=末-初=B末S末-B初S初。 (2)單位:韋伯(Wb)。 (3)常見的磁通量變化

2、的情況,二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象,考向突破 考向一磁通量 如果面積S與B不垂直,如圖所示,則磁通量=BS=BS cos =BS sin 。(圖中abcd平面的面積為S;abcd平面的面積為S),例1(多選)如圖所示,在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在直角坐標(biāo)系中選取如圖所示的abc-abc棱柱形空間。通過(guò)abba平面(面積為S1)、acca平面(面積為S2)和cbbc平面(面積為S3)的磁通量分別為1、2和3,則() A.1=2B.12 C.13D.32,解析由圖可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度B與平面acca(面積為S2)垂直,而平面abba在yOz平面上的投影面積也是S2,故1=2,而磁感應(yīng)

3、強(qiáng)度B與平面cbbc平行,故3=0,所以1=23,選項(xiàng)A、C正確。,答案AC,考向二電磁感應(yīng)現(xiàn)象,判斷電磁感應(yīng)現(xiàn)象是否發(fā)生的一般流程,例2為了探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的產(chǎn)生條件,圖中給出了必備的實(shí)驗(yàn)儀器。 (1)請(qǐng)你用筆畫線代替導(dǎo)線,將實(shí)驗(yàn)電路連接完整。 (2)正確連接實(shí)驗(yàn)電路后,在閉合開關(guān)時(shí)靈敏電流計(jì)的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)。開關(guān)閉合后,迅速移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片,靈敏電流計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)。斷開開關(guān)時(shí)靈敏電流計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)。,解析(1)把電流計(jì)與大線圈組成串聯(lián)電路,電源、開關(guān)、滑動(dòng)變阻器、小線圈組成串聯(lián)電路。(2)開關(guān)閉合后,迅速移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片時(shí),小線圈

4、中的電流發(fā)生變化,磁通量變化,穿過(guò)大線圈的磁通量也變化,則產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),形成感應(yīng)電流,電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。斷開開關(guān)時(shí),小線圈中電流減小,穿過(guò)大線圈的磁通量減小,電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。,答案(1)如圖所示(2)發(fā)生發(fā)生,考點(diǎn)二感應(yīng)電流方向的判斷 考向基礎(chǔ) 一、楞次定律 1.內(nèi)容及適用條件 (1)內(nèi)容:感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。 (2)適用條件:一切電磁感應(yīng)現(xiàn)象。 2.楞次定律中對(duì)“阻礙”的理解,二、右手定則 1.內(nèi)容:伸開右手,使大拇指與其余四指垂直且在同一平面內(nèi),讓磁感線穿過(guò)掌心,大拇指指向?qū)w運(yùn)動(dòng)方向,其余四指指向就是感應(yīng)電流的方向。,2.適用條件:導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生

5、感應(yīng)電流。 考向突破 考向一楞次定律 1.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)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因。列表說(shuō)明如下:,例3(多選)如圖所示,光滑固定的金屬導(dǎo)軌M、N 水平放置,兩根導(dǎo)體棒P、Q平行放于導(dǎo)軌上,形成一個(gè)閉合回路,當(dāng)一條形磁鐵從高處下落接近回路時(shí)() A.P、Q 將互相靠攏 B.P、Q 將互相遠(yuǎn)離 C.磁鐵的加速度仍為g D.磁鐵的加速度小于g,解析解法一設(shè)磁鐵下端為N極,如圖所示,根據(jù)楞次定律可判斷出P、Q 中感應(yīng)電流的方向,根據(jù)左手定則可判斷出P、Q 所受安培力的方向,可見P、Q 將互相靠攏。由于回路所受安培力的合力向下,由牛頓第三定律可知

6、,磁鐵將受到向上的反作用力,從而加速度小于g。當(dāng)下端為S極時(shí),可得到同樣的結(jié)果。,解法二根據(jù)楞次定律的另一種表述感應(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因,本題中“原因”是回路中磁通量的增加,歸根結(jié)底是磁鐵靠近回路,“效果”便是阻礙磁通量的增加和磁鐵的靠近,所以P、Q 將互相靠攏,且磁鐵的加速度小于g。,答案AD,2.用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的步驟 (1)明確研究的回路及原磁場(chǎng)方向。 (2)若磁通量增加,感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向反向。若磁通量減小,感應(yīng)磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同,簡(jiǎn)稱增反減同。 (3)用安培定則判斷感應(yīng)磁場(chǎng)和感應(yīng)電流的方向關(guān)系。,解析開關(guān)閉合的瞬間,穿過(guò)線圈B的磁通量增大,指針左偏。當(dāng)線

7、圈A拔出或A中的鐵芯拔出時(shí),穿過(guò)B的磁通量減小,故指針向右偏,A錯(cuò)誤,B正確。當(dāng)滑片勻速滑動(dòng)時(shí),線圈A中的電流變化,在線圈B中也能產(chǎn)生感應(yīng)電流,C錯(cuò)誤。當(dāng)滑片向N端滑動(dòng)時(shí),線圈A中的電流變大,穿過(guò)線圈B的磁通量增大,故指針向左偏,D錯(cuò)誤。,答案B,例5矩形金屬框ABCD位于如圖所示的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線附近,線框與導(dǎo)線在同一個(gè)平面內(nèi),線框的兩條邊與導(dǎo)線平行。下面說(shuō)法正確的是 () A.在這個(gè)平面內(nèi)線框遠(yuǎn)離導(dǎo)線移動(dòng)時(shí)穿過(guò)線框的磁通量減小 B.在這個(gè)平面內(nèi)線框平行導(dǎo)線移動(dòng)時(shí)穿過(guò)線框的磁通量減小 C.當(dāng)導(dǎo)線中的電流I增大時(shí)線框產(chǎn)生沿ADCBA方向的感應(yīng)電流 D.當(dāng)導(dǎo)線中的電流I減小時(shí)線框產(chǎn)生沿ABCDA方向

8、的感應(yīng)電流,解析在通電長(zhǎng)直導(dǎo)線與線框構(gòu)成的平面內(nèi),通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)規(guī)律是與導(dǎo)線距離越近,磁感應(yīng)強(qiáng)度越大,與導(dǎo)線距離越遠(yuǎn),磁感應(yīng)強(qiáng)度越小,距離相同,則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同。在這個(gè)平面內(nèi)線框遠(yuǎn)離導(dǎo)線移動(dòng)時(shí),穿過(guò)線框的磁通量減小,A正確;在這個(gè)平面內(nèi)線框平行導(dǎo)線移動(dòng)時(shí),穿過(guò)線框的磁通量不變,B錯(cuò)誤;當(dāng)I增大時(shí),導(dǎo)線周圍同一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也會(huì)增大,穿過(guò)線框的磁通量增加,根據(jù)安培定則和楞次定律知,感應(yīng)電流方向應(yīng)為ABCDA,C錯(cuò)誤;當(dāng)I減小時(shí),導(dǎo)線周圍同一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也會(huì)減小,穿過(guò)線框的磁通量減小,根據(jù)安培定則和楞次定律知,感應(yīng)電流方向應(yīng)為ADCBA,D錯(cuò)誤。,答案A,考向二右手定則 1.三個(gè)定則

9、的比較,2.多定則應(yīng)用的區(qū)別 應(yīng)用關(guān)鍵是抓住因果關(guān)系。 (1)因電生磁(IB)安培定則。 (2)因動(dòng)生電(v、BI)右手定則。 (3)因電受力(I、BF)左手定則。,例6(多選)如圖所示,水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動(dòng)的金屬棒PQ、MN,當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí),MN在磁場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng),則PQ所做的運(yùn)動(dòng)可能是() A.向右加速運(yùn)動(dòng)B.向左加速運(yùn)動(dòng) C.向右減速運(yùn)動(dòng)D.向左減速運(yùn)動(dòng),解析當(dāng)PQ向右運(yùn)動(dòng)時(shí),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(guò)L1的磁場(chǎng)方向是自下而上的;若PQ向右加速運(yùn)動(dòng),則穿過(guò)L1的磁通量增加,用楞次定律可判斷出流過(guò)MN的感應(yīng)電流方向

10、是NM,用左手定則可判斷出MN受到向左的安培力,將向左運(yùn)動(dòng),可見選項(xiàng)A錯(cuò)誤。若PQ向右減速運(yùn)動(dòng),流過(guò)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(yùn)動(dòng),所以選項(xiàng)C正確。同理可判斷出選項(xiàng)B正確,D錯(cuò)誤。,答案BC,考點(diǎn)三法拉第電磁感應(yīng)定律 法拉第電磁感應(yīng)定律 1.磁通量、磁通量的變化量和磁通量的變化率的區(qū)別,考向基礎(chǔ),2.法拉第電磁感應(yīng)定律內(nèi)容 閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比,即E=n。產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有兩種,一種是感生電動(dòng)勢(shì),另一種是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。 3.感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的比較,考向突破 考向一法拉第電磁感應(yīng)定律 1.法拉第電磁感應(yīng)定律的表達(dá)式:

11、E=n (1)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(shí)間。叫做磁通量的變化率。 (2)的單位是韋伯,t的單位是秒,E的單位是伏特。 (3)E=n在中學(xué)階段一般只用來(lái)計(jì)算平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),如果是恒定 的,那么E是穩(wěn)恒的。 (4)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過(guò)回路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù) 共同決定,而與磁通量、磁通量的變化量的大小沒(méi)有必然聯(lián)系。,2.法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)用的三種情況 (1)磁通量的變化是由面積變化引起時(shí),=BS,則E=。 (2)磁通量的變化是由磁場(chǎng)變化引起時(shí),=BS,則E=。 (3)磁通量的變化是由于面積和磁場(chǎng)共同變化引起時(shí),則根據(jù)定義求,=末-初,E=nn。

12、,例7(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為21,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb。不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說(shuō)法正確的是() A.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较?B.EaEb=41,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较?C.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较?D.EaEb=21,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较?解析由題意可知=k,導(dǎo)體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E==S= r2,因rarb=21,故EaEb=41;由楞次定律知感應(yīng)電流的方向均 沿順時(shí)針?lè)较?選項(xiàng)B正確。,答案B,3.常見感

13、應(yīng)電動(dòng)勢(shì)求解方法,例8(2014課標(biāo),25,19分)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長(zhǎng)為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面,BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向豎直向下。在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求 (1)通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小; (2)外力的功率。,解題指導(dǎo),解

14、法四取t=T E===Br2 I== 由右手定則判得通過(guò)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(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的正壓力大小相等,其值為N。兩導(dǎo)軌對(duì)運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動(dòng)摩擦力均為 f=N 在t時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌上掃過(guò)的弧長(zhǎng)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(shí)間內(nèi),消耗在電阻R上的功為 WR=I2Rt 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知,外力在t時(shí)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 P=PR+Pf 在豎直方向2N=mg,則N=mg,得f=

15、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+,考向二導(dǎo)體棒切割磁感線 1.導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線 對(duì)于導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算式E=Blv,應(yīng)注意以下幾個(gè)方面: (1)正交性:本公式是在一定條件下得出的,除了磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)外,還需B、l、v三者相互垂直。 (2)對(duì)應(yīng)性:若v為平均速度,則E為平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。若v為瞬時(shí)速度,則E為相應(yīng)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。,(3)相對(duì)性:E=Blv中的速度v是相對(duì)于磁場(chǎng)的速度,若磁場(chǎng)也運(yùn)動(dòng),應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系。 (4)有效性:公式中的l為有效切割長(zhǎng)度,即導(dǎo)體與v垂直的方向上的投

16、影長(zhǎng)度。圖中有效長(zhǎng)度分別為: 甲圖:l=cd sin 。,甲圖:l=cd sin 。 乙圖:沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=MN;沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=0。 丙圖:沿v1方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=R;沿v2方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=0;沿v3方向運(yùn)動(dòng)時(shí),l=R。,例9(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“”形 光滑金屬導(dǎo)軌,間距為l,導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。已知金屬桿MN傾斜放置,與導(dǎo)軌成角,單位長(zhǎng)度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則(),A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 B.電路中感應(yīng)電流的大小為

17、 C.金屬桿所受安培力的大小為 D.金屬桿的熱功率為,解析金屬桿MN切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,A錯(cuò)誤;金屬桿MN的有效電阻R=,故回路中的感應(yīng)電流I== =,B正確;金屬桿受到的安培力F=== ,C錯(cuò)誤;金屬桿的熱功率P=I2R==,D錯(cuò)誤。,答案B,考向三電磁感應(yīng)中求解回路中電荷量的大小 通過(guò)回路截面的電荷量q僅與n、和回路電阻R有關(guān),與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān),推導(dǎo)如下:q=It=t=。,例10許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點(diǎn)來(lái)分析,也可以用動(dòng)量、能量等觀點(diǎn)來(lái)分析和解釋。 (1)如圖1所示,足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) ,一端連接阻值為R的電阻。導(dǎo)軌所在空間存

18、在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距,與導(dǎo)軌接觸良好。在平行于導(dǎo)軌、大小為F的水平恒力作,用下,導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)。 a.當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí),求其加速度a的大小; b.已知導(dǎo)體棒從靜止到速度達(dá)到穩(wěn)定所經(jīng)歷的時(shí)間為t,求這段時(shí)間內(nèi)流經(jīng)導(dǎo)體棒某一橫截面的電荷量q。 (2)在如圖2所示的閉合電路中,設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,外電阻為R,其余電阻不計(jì),電路中的電流為I。請(qǐng)你根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義并結(jié)合能量轉(zhuǎn)化與守恒定律證明:I=。,解析(1)a.當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí),電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv 電流為I= 導(dǎo)體棒

19、所受的安培力為F安=BIL 根據(jù)牛頓第二定律可得:a= 聯(lián)立式可得:a=- b.設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度為vm,令式中的a=0,v=vm , 可得:vm= 設(shè)某段極短的時(shí)間t內(nèi),電路中的電流為i,則安培力在這段時(shí)間內(nèi)的沖量為BiLt,在時(shí)間t內(nèi),根據(jù)動(dòng)量定理有:Ft-BLit=mvm,其中,q=it 聯(lián)立式可得:q=- (2)根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義有:E= 在時(shí)間t內(nèi)通過(guò)電路的電荷量為:q=It 根據(jù)能量守恒定律,非靜電力做的功應(yīng)該等于內(nèi)外電路產(chǎn)生焦耳熱的總和。 即:W非 = Q外+Q內(nèi) 在時(shí)間t內(nèi):Q外=I2RtQ內(nèi)=I2rt 聯(lián)立式可得:EIt = I2Rt+I2rt 整理后可得:I=,答案(1

20、)a.-b.-(2)見解析,考向四電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程。外力克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能。,例11兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)其電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置,間距為d=1 m,在左端斜軌道部分高h(yuǎn)=1.25 m處放置一金屬桿a,斜軌道與平直軌道區(qū)域以光滑圓弧連接,在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b的電阻分別為Ra=2 、Rb=5 ,在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng), 磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T?，F(xiàn)桿b以初速度v0=5 m/s開始向左滑動(dòng),同時(shí)由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到水平軌道的過(guò)程中,通過(guò)桿b的平均電流為0.3 A。從a下滑到

21、水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí),a、b桿運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?,其中ma=2 kg,mb=1 kg,g=10 m/s2,求: (1)桿a在斜軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)其截面的電荷量; (3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。,解析(1)對(duì)b棒運(yùn)用動(dòng)量定理,有BdIt=mb(v0-vb) 其中vb=2 m/s 代入數(shù)據(jù)得到t=5 s (2)對(duì)桿a下滑的過(guò)程,機(jī)械能守恒,有magh=ma,解得va==5 m/s 最后兩桿共同的速度為v,由動(dòng)量守恒得mava-mbvb=(ma+mb)v 代入數(shù)據(jù)計(jì)算得出v= m/s 桿a動(dòng)量變化等于它所受安培力的沖量

22、,由動(dòng)量定理可得I安=BIdt=mava-mav,而q=It由以上公式代入數(shù)據(jù)得q= C (3)由能量守恒得,產(chǎn)生的焦耳熱為Q=magh+mb-(mb+ma)v2= J,b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=Q= J,答案見解析,考點(diǎn)四自感 考向基礎(chǔ) 一、自感和互感 1.互感 兩個(gè)相互靠近的線圈中,有一個(gè)線圈中的電流變化時(shí),它所產(chǎn)生的變化的磁場(chǎng)會(huì)在另一個(gè)線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),這種現(xiàn)象叫做互感,這種電動(dòng)勢(shì)叫做互感電動(dòng)勢(shì)。變壓器就是利用互感現(xiàn)象制成的。 2.自感 (1)自感:由于導(dǎo)體本身的電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象,叫做自感。 (2)自感電動(dòng)勢(shì):由于自感而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫做自感電動(dòng)勢(shì)。自感,電動(dòng)勢(shì)總是阻

23、礙導(dǎo)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。 (3)自感系數(shù):E=L中的比例系數(shù)L叫做自感系數(shù),簡(jiǎn)稱自感或電感。線 圈的長(zhǎng)度越長(zhǎng),線圈的橫截面積越大,單位長(zhǎng)度上匝數(shù)越多,線圈的自感系數(shù)越大,線圈有鐵芯比無(wú)鐵芯時(shí)自感系數(shù)大得多。 二、渦流 線圈中的電流變化時(shí),在附近導(dǎo)體中產(chǎn)生感應(yīng)電流,這種電流在導(dǎo)體內(nèi)形成閉合回路,很像水的漩渦,因此把它叫做渦電流,簡(jiǎn)稱渦流。在冶煉爐、電動(dòng)機(jī)、變壓器、探雷器等實(shí)際應(yīng)用中都存在著渦流,它是整塊導(dǎo)體發(fā)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象,同樣遵守電磁感應(yīng)定律。,三、反電動(dòng)勢(shì) 1.定義:電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),線圈中也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),這個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)總要削弱電源

24、電動(dòng)勢(shì)的作用,我們把這個(gè)電動(dòng)勢(shì)稱為反電動(dòng)勢(shì)。 2.作用:反電動(dòng)勢(shì)的作用是阻礙線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)。,考向突破 考向自感和互感 1.通電自感和斷電自感的比較,2.三點(diǎn)注意、三個(gè)技巧,例12如圖所示,L是自感系數(shù)很大的線圈,但其自身的電阻幾乎為零,A和B是兩個(gè)相同的小燈泡,下列對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的預(yù)測(cè)合理的是() A.開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時(shí),A燈先亮,B燈后亮 B.開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時(shí),A、B兩燈同時(shí)亮 C.開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí),A、B兩燈同時(shí)立即熄滅 D.開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí),A、B兩燈都會(huì)延遲一會(huì)兒熄滅,解析開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時(shí),由于線圈自感現(xiàn)象的存在,A、B會(huì)同時(shí)亮,電流穩(wěn)定后,線圈相當(dāng)于導(dǎo)線,會(huì)使B

25、燈短路,B燈會(huì)熄滅;開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時(shí),A燈立即熄滅,由于線圈自感現(xiàn)象的存在,B燈會(huì)先變亮再逐漸熄滅。,答案B,方法技巧,方法1感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv的四種推導(dǎo)方法 1.由法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo) 經(jīng)過(guò)時(shí)間t,閉合回路的磁通量變化為=BLvt 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E==BLv 2.利用電動(dòng)勢(shì)的定義推導(dǎo) 電動(dòng)勢(shì)定義為非靜電力把單位電荷量的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移送到正極所做的功,對(duì)應(yīng)著其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能的大小。這里的非靜電力為洛倫茲力沿MN棒上的分力,洛倫茲力沿MN棒上的分力做正功,即W=(Bev)L,E===BLv 3.由導(dǎo)體棒中自由電子受力平衡推導(dǎo) 導(dǎo)體棒內(nèi)的自由電子隨導(dǎo)體棒向右勻速

26、運(yùn)動(dòng)的速度為v,受到的洛倫茲力沿MN棒上的分力大小為f1=evB,方向向下,電子在棒下端聚集,棒下端帶負(fù)電,棒的上端由于缺少電子而帶正電,M、N間產(chǎn)生電壓,且電壓隨著自由電子向下移動(dòng)而逐漸升高。 設(shè)M、N間產(chǎn)生的電壓為U,則MN中的電場(chǎng)強(qiáng)度E0=,導(dǎo)體棒中的自由電子將受到向上的電場(chǎng)力F=E0e= 當(dāng)F==f1時(shí),自由電子在沿導(dǎo)體棒MN方向的受力達(dá)到平衡,由e= evB可得穩(wěn)定電壓為U=BLv 在斷路時(shí),路端電壓等于電動(dòng)勢(shì),因此動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=BLv 4.由能量守恒推導(dǎo) 當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),其受到的向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,則 F拉=BIL 拉力做功的功率P拉=F拉v=BILv 閉合電路消

27、耗的總功率P電=EI,根據(jù)能量守恒可知P拉=P電 可得到E=BLv 例1如圖所示,兩根相距為L(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌CD、EF固定在水平面內(nèi),并處在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌的左端接入一阻值為R的定值電阻,將質(zhì)量為m、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒MN垂直放置在導(dǎo)軌上。t=0時(shí)刻,MN棒與DE的距離為d,MN棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計(jì)空氣阻力。,金屬棒中的自由電子將受到向上的電場(chǎng)力F=E0e= 當(dāng)F=f時(shí),自由電子在沿金屬棒MN的方向的受力達(dá)到平衡,由e=evB可 得穩(wěn)定電壓為U=BLv 在內(nèi)電阻為0時(shí),路端電壓等于電動(dòng)勢(shì),因此動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小為E=BLv,方法四:由

28、能量守恒推導(dǎo) 當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),其受到向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,則F外=BIL 拉力做功的功率P外=F外v=BILv 閉合電路消耗的總功率P電=EI 根據(jù)能量守恒可知P外=P電 可得到E=BLv,(2)方案1:磁感應(yīng)強(qiáng)度不變化且大小為B1,金屬棒以初始位置為中心做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),即v=vm sin t 則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e1=B1Lv sin t,方案2:金屬棒不動(dòng),B隨時(shí)間按正弦(或余弦)規(guī)律變化,即B=Bm sin t,E=,=BLd=BmLd sin t e2===BmLd cos t,方案3:設(shè)棒初位置的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),平行EF方向建立x坐標(biāo),平行ED方向建立y坐標(biāo),勻強(qiáng)磁場(chǎng)只分布在有限

29、空間y= sin x內(nèi),如圖所示(圖中磁 場(chǎng)分布只畫了一個(gè)周期)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B3,但磁場(chǎng)在有限的空間周期性方向相反。 金屬棒勻速向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,位移x=vt 則瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì):e3=B3yv=B3v sin vt=Em sin vt,答案見解析,方法2電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題的分析方法 電磁感應(yīng)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等效于穩(wěn)恒電路中的電源電動(dòng)勢(shì)。 1.電磁感應(yīng)中電路知識(shí)的關(guān)系圖,2.分析電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的基本思路 3.電流的方向 在外電路中,電流由高電勢(shì)流向低電勢(shì);在內(nèi)電路中,電流由低電勢(shì)流向,高電勢(shì)。 4.電路分析 應(yīng)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)。 5.問(wèn)題分類 (1)將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的部分電路

30、當(dāng)做電源,作出等效電路圖,結(jié)合歐姆定律,用相關(guān)電路知識(shí)求解。,例2(多選)如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于光滑的金屬導(dǎo)軌平面向里,極板間距為d的平行板電容器與總阻值為2R0的滑動(dòng)變阻器通過(guò)平行導(dǎo)軌連接,電阻為R0的導(dǎo)體棒MN可在外力的作用下沿導(dǎo)軌從左向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭位于AB的中間位置且導(dǎo)體棒MN的速度為v0時(shí),位于電容器中P點(diǎn)的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若不計(jì)摩擦和平行導(dǎo)軌及導(dǎo)線的電阻,各接觸處接觸良好,重力加速度為g,則下列判斷正確的是(),A.油滴帶正電荷 B.若將上極板豎直向上移動(dòng)距離d,油滴將向上加速運(yùn)動(dòng),加速度a=g/2 C.若將導(dǎo)體棒的速度變?yōu)?v0,油滴將

31、向上加速運(yùn)動(dòng),加速度a=g D.若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變,而將滑動(dòng)觸頭置于A端,同時(shí)將電容器上極板向上移動(dòng)距離d/3,油滴仍將靜止 解題導(dǎo)引,解析根據(jù)右手定則可知,M端為正極,則上極板帶正電,板間場(chǎng)強(qiáng)豎直向下,又油滴靜止,對(duì)其受力分析知受豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力,兩力大小相等,因此油滴帶負(fù)電荷,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=BLv0,則電容器兩端電壓為U1==,開始油滴靜止時(shí)有q=mg,若將上極板豎直向上移動(dòng)距 離d,對(duì)油滴有mg-q=ma1,解得a1=,方向豎直向下,同理,若將導(dǎo)體棒的 速度變?yōu)?v0,可得油滴的加速度為a2=g,方向豎直向上

32、,選項(xiàng)B錯(cuò)誤、C正確;若保持導(dǎo)體棒的速度不變,而將滑動(dòng)觸頭置于A端,同時(shí)將電容器上極板向上移動(dòng)距離,則此時(shí)電容器兩端電壓為U2==BLv0,油,滴所受電場(chǎng)力為F=q==mg,因此油滴仍然靜止,選項(xiàng)D正確。,答案CD,(2)q=n的分析與應(yīng)用 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,只要穿過(guò)閉合電路的磁通量發(fā)生變化,閉合電路中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流,設(shè)在時(shí)間t內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為q,則根據(jù)電流定義式I=及法拉第電磁感應(yīng)定律E=,得q=It=t=t =。 需要說(shuō)明的是:上面式中I為平均值,因而E為平均值。 如果閉合電路是一個(gè)單匝線圈(n=1),則q=。 q=n中n為線圈的匝數(shù),為磁通量的變化量,R總為閉合電路的總電,阻

33、。,例3如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng),置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外,線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng),兩次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則(),A.Q1Q2,q1=q2B.Q1Q2,q1q2 C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1q2,解析第一次ab邊是電源,第二次bc邊是電源。設(shè)線框ab、bc邊長(zhǎng)分別為l1、l2,第一次時(shí)線框中產(chǎn)生的熱量Q1=Rt=()2R== l

34、1,同理第二次時(shí)線框中產(chǎn)生的熱量Q2=l2,由于l1l2,所以Q1Q2。通 過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量q=n=,故q1=q2,A選項(xiàng)正確。,答案A,方法3電磁感應(yīng)中圖像問(wèn)題的分析方法 1.圖像問(wèn)題的特點(diǎn) 考查方式比較靈活,有時(shí)根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象發(fā)生的過(guò)程,確定圖像的正確與否,有時(shí)依據(jù)不同的圖像,進(jìn)行綜合計(jì)算。 2.圖像問(wèn)題的求解類型,3.圖像問(wèn)題,4.圖像問(wèn)題中的“三看”“三明確” 對(duì)于圖像問(wèn)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(diǎn)看特殊點(diǎn)和轉(zhuǎn)折點(diǎn)。,(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。 5

35、.電磁感應(yīng)中圖像類選擇題的兩個(gè)常用方法,例4如圖所示,光滑水平面上有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),圖中虛線為磁場(chǎng)區(qū)域的左邊界。一個(gè)長(zhǎng)方形的金屬線框以初速度v向左運(yùn)動(dòng),穿出磁場(chǎng)。此過(guò)程中,線框中感應(yīng)電流的大小隨時(shí)間變化的圖像是(),解析線框尚未穿出磁場(chǎng)時(shí),無(wú)感應(yīng)電流;線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中,受到安培力的阻礙作用,速度逐漸較小,F安=,安培力逐漸較小,所以加速 度逐漸較小,線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),又i=,故選B。,答案B,4.兩種狀態(tài)的處理 (1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 處理方法:根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析。 (2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)加速度不為零。 處理方法:根據(jù)牛頓第二定律

36、進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析,或結(jié)合功能關(guān)系分析。 5.臨界問(wèn)題,基本思路是:導(dǎo)體受外力運(yùn)動(dòng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電 流導(dǎo)體受安培力合力變化加速度變化速 度變化臨界狀態(tài),例5如圖所示,MN、PQ 是兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行的金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距離l=0.2 m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角=30,導(dǎo)軌上端連接一個(gè)阻值 R=0.4 的電阻。整個(gè)導(dǎo)軌平面處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T?，F(xiàn)有一根質(zhì)量m=0.01 kg 、電阻r=0.1 的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置,且接觸良好,金屬棒從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,且始終與導(dǎo)軌垂直。g=10 m/s2,導(dǎo)軌電阻不計(jì),求: (1)金屬棒從靜止釋放時(shí)的加速度大小; (2)

37、金屬棒沿導(dǎo)軌下滑過(guò)程中速度最大值; (3)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)金屬棒ab兩端的電壓。,解析(1)金屬棒在釋放的瞬間有 mg sin =ma a=g sin =5 m/s2 (2)金屬棒在下滑過(guò)程中,受到的安培力大小等于重力沿導(dǎo)軌方向的分力時(shí),速度最大 mg sin =BIl E=Blvm I= vm==2.5 m/s (3)設(shè)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)金屬棒ab兩端的電壓為Uab,則,Uab=IR Uab=R=0.2 V,答案(1)5 m/s2(2)2.5 m/s(3)0.2 V,方法5電磁感應(yīng)中功能問(wèn)題的分析方法 1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化 其他形式 的能量電能焦耳熱或其他 形

38、式的能量 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 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。,2.解決此類問(wèn)題的步驟 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(或右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dá)式。 (3)分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化,用能量守恒關(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(wèn)題時(shí),第一要準(zhǔn)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6(2016浙江理綜,24,20分)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖

39、所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角=53,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0 T。質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53=0.8,不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求

40、(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小;,(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的過(guò)程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。,答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J,思路點(diǎn)撥,例7(多選)如圖所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的n匝正方形金屬線框位于豎直平面內(nèi),連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U,線框及小燈泡的總質(zhì)量為m,在線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域?qū)挾葹閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與線框平面垂直,其上、下邊界與線框底邊均水平。線框從圖示位置開始由靜止下落,穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中,小燈泡始終正常發(fā)光。則(),A.有界磁場(chǎng)寬度l

41、強(qiáng)度應(yīng)為 C.線框勻速穿越磁場(chǎng),速度恒為 D.線框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中,燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgL,解析因線框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程中小燈泡始終正常發(fā)光,知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E是恒定的,且E=U,又知E=BLv,故線框勻速穿越磁場(chǎng),且線框中始終有感應(yīng)電流,則知線框長(zhǎng)度L和磁場(chǎng)寬度l相等,A錯(cuò)誤;因線框勻速穿越磁場(chǎng),故重力和安培力相等,則mg=nBIL=nBL,得B=,B正確;線框勻 速穿越磁場(chǎng),重力做功的功率等于電功率,即mgv=P,得v=,C正確;線框 穿越磁場(chǎng)時(shí),通過(guò)的位移為2L,且重力做的功完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱,故Q=2mgL,D錯(cuò)誤。,答案BC,反思領(lǐng)悟 解決此類問(wèn)題的三種思路 1.運(yùn)動(dòng)分析:分析線圈進(jìn)磁

42、場(chǎng)時(shí)安培力與重力的大小關(guān)系,判斷其運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。 2.過(guò)程分析:分階段(進(jìn)磁場(chǎng)前、進(jìn)入過(guò)程、在磁場(chǎng)內(nèi)、出磁場(chǎng)過(guò)程)分析。 3.功能關(guān)系分析:必要時(shí)利用功能關(guān)系列方程求解。 方法6電磁感應(yīng)中導(dǎo)軌類問(wèn)題的分析方法 1.模型概述 對(duì)桿在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)組成的系統(tǒng),桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),并受到安培力的作用改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài),最終達(dá)到穩(wěn)定的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),該,系統(tǒng)稱為“導(dǎo)軌+桿”模型。 2.模型分類及分析方法 根據(jù)桿的數(shù)目,對(duì)于“導(dǎo)軌+桿”模型題目,又常分為單桿模型和雙桿模型。 (1)單桿模型是電磁感應(yīng)中常見的物理模型,此類問(wèn)題所涉及的物理情景一般是桿垂直切割磁感線的變加速直線運(yùn)動(dòng)或勻速直線運(yùn)動(dòng),所涉及的知

43、識(shí)有牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、能量守恒定律等。對(duì)于此類問(wèn)題的分析要抓住以下三點(diǎn): 桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運(yùn)動(dòng)(達(dá)到最大速度或最小速度,此時(shí)合力為零)。 整個(gè)電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。,電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律。 (2)雙桿類問(wèn)題可分為兩種情況:一是“假雙桿”,甲桿靜止不動(dòng),乙桿運(yùn)動(dòng),其實(shí)質(zhì)是單桿問(wèn)題,不過(guò)要注意問(wèn)題包含著一個(gè)條件甲桿靜止、受力平衡;另一種情況是兩桿都在運(yùn)動(dòng),對(duì)于這種情況,要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減。 3.單桿模型常見情況 (1)水平軌道,例8如圖所示,兩根相距為d的足夠長(zhǎng)的、光滑的平行金屬導(dǎo)軌位于水平的xOy平面內(nèi),左端接有阻值為R的電阻,

44、其他部分的電阻均可忽略不計(jì)。在x0的一側(cè)存在方向豎直向下的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B=kx變化(式中k0,且為常數(shù))。質(zhì)量為m的金屬桿垂直架在導(dǎo)軌上,兩者接觸良好。在x<0的某位置,金屬桿受到一瞬時(shí)沖量,獲得的速度大小為v0,方向沿x軸正方向。求:,(1)在金屬桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的總熱量; (2)若從金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻開始計(jì)時(shí),始終有一個(gè)方向向左的變力F作用于金屬桿上,使金屬桿的加速度大小恒為a,方向一直沿x軸負(fù)方向。求: a.閉合回路中感應(yīng)電流持續(xù)的時(shí)間; b.金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,外力F與時(shí)間t的關(guān)系表達(dá)式。,解析(1)金屬桿向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,同時(shí)金屬桿受安培力,

45、做減速運(yùn)動(dòng),直到停下。在此過(guò)程中,金屬桿的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能再轉(zhuǎn)化成電阻R的焦耳熱。根據(jù)能量守恒,電阻R上產(chǎn)生的熱量Q=m (2)a.金屬桿在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生感應(yīng)電流,金屬桿受安培力和變力F的作用做勻變速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a,方向向左(沿-x方向)。金屬桿先向右運(yùn)動(dòng),速度由v0減到0,然后向左運(yùn)動(dòng),速度再由0增大到v0,金屬桿回到x=0處,之后金屬桿離開磁場(chǎng)。金屬桿向右或向左運(yùn)動(dòng)時(shí),都切割磁感線,回路中都有感應(yīng)電流。 感應(yīng)電流持續(xù)的時(shí)間為T= b.設(shè)金屬桿的速度和它的坐標(biāo)分別為v和x,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有,v=v0-at x=v0t-at2 金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv=

46、k(v0t-at2)(v0-at)d 由于在x<0區(qū)域不存在磁場(chǎng),故只有在時(shí)間tT=范圍內(nèi),上述關(guān)系式 才成立。由歐姆定律可得回路中的電流為 I= 金屬桿所受的安培力為 F安=IBd(向左為正方向) 金屬桿受安培力和變力F做勻變速運(yùn)動(dòng),以向左方向?yàn)檎较?由牛頓第,二定律有 F+F安=ma 可得F=ma-,答案(1)m (2)a.b.F=ma-,(2)傾斜軌道,例9如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在傾角=37的絕緣斜面上,頂部接有一阻值R=3 的定值電阻,下端開口,軌道間距L=1 m。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直斜面向上。質(zhì)量m=1 kg的金屬棒a

47、b置于導(dǎo)軌上,ab在導(dǎo)軌之間的電阻r=1 ,電路中其余電阻不計(jì)。金屬棒ab由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)時(shí)始終垂直于導(dǎo)軌,且與導(dǎo)軌接觸良好。不計(jì)空氣阻力影響。已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8,取g=10 m/s2。 (1)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)的最大速度vm; (2)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電阻R上的最大電功率PR; (3)若從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過(guò)程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5 J,求流過(guò)電阻R的總電荷量q。,解析(1)金屬棒由靜止釋放后,在重力、導(dǎo)軌支持力、摩擦力和安培力作用下沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng),加速度不斷減小,

48、當(dāng)加速度為零時(shí)達(dá)到最大速度vm,后保持勻速運(yùn)動(dòng)。有: mg sin -mg cos -F安=0 又安培力大小為:F安=BIL 感應(yīng)電流為:I= 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=BLvm 聯(lián)立解得:vm=2 m/s (2)金屬棒以最大速度vm勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),電阻R上的電功率最大,根據(jù)功率公式有: PR=I2R,聯(lián)立解得:PR=3 W (3)設(shè)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到最大速度過(guò)程中沿導(dǎo)軌下滑距離為x,由能量守恒定律有: (mg sin -mg cos )x=m+QR+Qr 根據(jù)焦耳定律Q=I2Rt得:= 流過(guò)電阻R的總電荷量q=t=t= 聯(lián)立解得:q=1 C,答案(1)2 m/s(2)3 W(3)1 C,4.常見的雙

49、桿模型 (1)MN桿初速度不為零,QP桿初速度為零,不受其他水平外力的作用(MN、QP桿的質(zhì)量分別為m1、m2,有效電阻分別為r1、r2,有效長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1、L2),(2)兩桿初速度為零,一桿受到恒定水平外力的作用(MN、QP桿的質(zhì)量分別為m1、m2,有效電阻分別為r1、r2,有效長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1、L2),例10如圖所示,兩根金屬平行導(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上,左端向上彎曲且光滑,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),電阻不計(jì)。水平段導(dǎo)軌所處空間有兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),相距一段距離不重疊,磁場(chǎng)左邊界在水平段導(dǎo)軌的最左端,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向上;磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,方向豎直向下。質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬

50、棒a和b垂直導(dǎo)軌放置在其上,金屬棒b置于磁場(chǎng)的右邊界CD處?，F(xiàn)將金屬棒a從彎曲導(dǎo)軌上某一高度處由靜止釋放,使其沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。設(shè)兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。 (1)若水平段導(dǎo)軌粗糙,兩金屬棒與水平段導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力均為 mg,將金屬棒a從距水平面高度h處由靜止釋放。求: 金屬棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),通過(guò)金屬棒b的電流大小;,若金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,金屬棒b能在導(dǎo)軌上保持靜止,通過(guò)計(jì)算分析金屬棒a釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件。 (2)若水平段導(dǎo)軌是光滑的,將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放,使其進(jìn)入磁場(chǎng)。設(shè)兩磁場(chǎng)區(qū)域足夠大,求金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,金屬棒b中可能產(chǎn)生焦耳熱的最大值。,