福建省高考物理二輪專題總復(fù)習(xí) 專題7 第2課時 電磁感應(yīng)現(xiàn)象和規(guī)律的應(yīng)用課件

《福建省高考物理二輪專題總復(fù)習(xí) 專題7 第2課時 電磁感應(yīng)現(xiàn)象和規(guī)律的應(yīng)用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《福建省高考物理二輪專題總復(fù)習(xí) 專題7 第2課時 電磁感應(yīng)現(xiàn)象和規(guī)律的應(yīng)用課件（42頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第第2課時課時 電磁感應(yīng)現(xiàn)象和規(guī)律的應(yīng)用電磁感應(yīng)現(xiàn)象和規(guī)律的應(yīng)用專題七 電路分析、計算和電磁感應(yīng)一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中圖象問題基本方法： 看清橫、縱坐標(biāo)表示的物理量 根據(jù)研究問題的函數(shù)關(guān)系，理解圖象的物理意義 畫出對應(yīng)的物理圖象(常常采用分段法，數(shù)學(xué)法來處理)注意在圖象中E、I、B等物理量的方向是通過正負(fù)值來反映，故確定大小變化的同時，還應(yīng)確定方向的變化情況例1：(2010廈門雙十模擬卷)如圖721所示，兩個垂直紙面的勻強磁場方向相反，磁感應(yīng)強度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a，一正三角形(高度為a)導(dǎo)線框ABC從圖示位置沿圖示方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下圖中感應(yīng)電流

2、I與線框移動距離x的關(guān)系圖象正確的是()圖721解析：本題考查了電磁感應(yīng)電路圖象問題的分析正確應(yīng)用右手定則、楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律分階段分析解：設(shè)導(dǎo)線框移動速度為v，當(dāng)導(dǎo)線框進入左側(cè)磁場時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1=Blv，因切割的有效長度均勻增大，故電動勢E1均勻增大，又根據(jù)楞次定律判斷出電流為逆時針方向，為正值；當(dāng)導(dǎo)線框一部分進入右側(cè)磁場一部分留在左側(cè)磁場時，對兩部分導(dǎo)體分別利用右手定則判斷兩部分切割磁感線時的電流方向，左側(cè)磁場中的線框AB邊上的電流方向為A流向B，右側(cè)磁場中BCA邊的電流方向為B流經(jīng)C到A，也就是順時針方向為負(fù)值，且相當(dāng)于兩個電源串聯(lián)，電動勢大于E1，所以C正

3、確 處理圖象問題時，可先用電勢的高低或電流的方向，即正負(fù)值來排除，再用感應(yīng)電動勢或電流的大小來排除，以便節(jié)約答題時間方向可由右手定則或楞次定律確定，大小由切割的有效長度或法拉第電磁感應(yīng)定律來確定變式訓(xùn)練1：(2010浙江卷)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖722(甲)所示有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖722(乙)所示在t=0時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為+q的靜止微粒，則以下說法正確的是( )圖722A第2秒內(nèi)上極板為正極B第3秒內(nèi)上極板為負(fù)極C第2秒末微粒

4、回到了原來位置D第2秒末兩極板之間的電場強度大小為0.2 r2/dp解析：01s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；若粒子帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向上而向上做勻加速運動 12s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電；若粒子帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向下而向上做勻減速運動，2s末速度減小為零 23s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電；若粒子帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向下而向下做勻加速運動兩極板間的電場強度大小20.1BSUrtEddd 34s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板

5、帶正電；若粒子帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向上而向下做勻減速運動，4s末速度減小為零，同時回到了原來的位置選A.二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力學(xué)問題(1)基本方法： 用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動勢的大小和方向； 求出回路的電流強度； 分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力，用左手定則確定其方向)； 列平衡方程或動力學(xué)方程求解(2)解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力學(xué)問題的技巧： 因電磁感應(yīng)中力和運動問題所給圖形大多為立體空間分布圖，故在受力分析時，應(yīng)把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，使物體(導(dǎo)體)所受的各力盡可能在同一平面圖內(nèi)，以便正確對力進行分解與合成，利用物體的平衡條件和牛頓運動定律列式求解 對于非勻變速運動最值

6、問題的分析，注意應(yīng)用加速度為零，速度達到最值的特點例2：(2010福建卷)如圖723所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場現(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止當(dāng)a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力， a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導(dǎo)軌當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運動已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)

7、軌電阻不計求：(1)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運動的過程中，a棒中的電流強度Ia與定值電阻R中的電流強度IR之比；(2)a棒質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運動時所受的拉力F.解析：本題是一道電磁感應(yīng)綜合題，涉及直流電路的分析與計算，安培力、平衡條件，牛頓運動定律等較多知識點，全面考查考生的分析綜合能力試題情景較復(fù)雜(有三種情景)，能力要求較高() 211abRRbbabRaRaabRIIII RI RIIIII=+=棒沿導(dǎo)軌向上運動時， 棒、 棒 及電阻 中電流分別為 、 、 ， 有， 解得：解： (2)由于a棒在PQ上方滑動過程中機械能守恒，因而a棒在磁場中向上滑動的速度大小v1與在磁場

8、中向下滑動的速度大小v2相等，即v1=v2=v，設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)體棒長為L，在磁場中運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為( ) ,sin322 32 sin2sin.37sin2bbbaaaaaaaEBLvaEIBI Lm gRaIEIBILm gRaFBI Lm gmmmgqqqq=+=當(dāng) 棒沿斜面向上運動時，向下勻速運動時， 棒中的電流為，則，由以上各式聯(lián)立解得：由題可知導(dǎo)體棒 沿斜面向上運動時，所受拉力 電磁感應(yīng)與力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力解答電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，一方面要應(yīng)用電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，另一方面運用力學(xué)的有關(guān)規(guī)律等在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體棒的受力(特別是安培力

9、)特點及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體棒(或線圈)的運動過程以及運動過程中狀態(tài)的變化，把握運動狀態(tài)的臨界點變式訓(xùn)練2：如圖724甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.2m，電阻R=0.4 ，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.1 的金屬桿，導(dǎo)軌電阻可忽略不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開始運動，若理想電壓表的示數(shù)U隨時間t變化的關(guān)系如圖724乙所示圖724WW求：(1)金屬桿在5s末時的運動速度 (2)第4s末時外力F的瞬時功率()()5555550.2 12.5m / sUV

10、UERrEBLvRv=+=電壓表的示數(shù)為由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立以上三式得：解析： (2)由乙圖可知，R兩端電壓隨時間均勻變化，所以電路中的電流也隨時間均勻變化，由閉合電路歐姆定律知，棒上產(chǎn)生的電動勢也是隨時間均勻變化的因此由E=BLv可知，金屬桿所做的運動為勻變速直線運動， 25554444450.5m / s4s2m / s4s 0.4 0.18A0.09N W.vvatatvatBLvIRrFBILmaFBIaPFvLm=+-=+=，所以所以末時的速度，所以末時電路中的電流為，因，三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路問題(1)基本方法： 確定電源：先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體，該部分導(dǎo)體可視為

11、等效電源 分析電路結(jié)構(gòu)，畫等效電路圖 利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律，串并聯(lián)規(guī)律等(2)常見的一些分析誤區(qū)： 不能正確分析感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流的方向因產(chǎn)生感應(yīng)電動勢那部分電路為電源部分，故該部分電路中的電流應(yīng)為電源內(nèi)部的電流，而外電路中的電流方向仍是從高電勢到低電勢 應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時，不注意等效電源的內(nèi)阻對電路的影響 對連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進行分析，特別是并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數(shù)應(yīng)該是外電壓，而不是等效電源的電動勢例3：如圖725甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d=0.5m，電阻不計，左端通過導(dǎo)線與阻值R=2 的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值RL

12、=4 的小燈泡L連接在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，CE長l=2m，有一阻值r=2 的金屬棒PQ放置在靠近磁場邊界CD處CDEF區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間變化如圖725乙所示在t=0至圖725WWWt=4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t=4s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，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：根據(jù)題意分階段討論，分別畫出兩種情形的等效電路，弄清電路結(jié)構(gòu)，結(jié)合電磁感應(yīng)規(guī)律求解 ()04s50.520.5V0.5V0 1A.1.L

13、LttPQrRRRrRRRrBEdlttEIR=+=W+D FD=創(chuàng)=DD總在至內(nèi)，金屬棒保持靜止，磁場變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢電路為 與 并聯(lián)，再與串聯(lián)，電路的總電阻，此時感應(yīng)電動勢，通過小燈泡的電流為：解： (2)當(dāng)棒在磁場區(qū)域中運動時，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時電路的總電阻R總 4210 (2)4230.1A0.3A1m / s.LLLLRLRRRrRRIIIIIEI RBdvvPQ=+=+W =W+=+=+ =總總，由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流，則流過棒的電流為， 電動勢，解得棒在磁場區(qū)域中 解決電磁感應(yīng)電路問題的關(guān)鍵就是借鑒或利用相似

14、原型來啟發(fā)理解和變換物理模型，即把電磁感應(yīng)的問題等效轉(zhuǎn)換成穩(wěn)恒直流電路，把產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體等效為內(nèi)電路，感應(yīng)電動勢的大小相當(dāng)于電源電動勢，其余部分相當(dāng)于外電路，并畫出等效電路圖，處理該類問題時，要注意電源電動勢與外電壓的區(qū)別，正確分析內(nèi)電路與外電路變式訓(xùn)練3：如圖726所示，兩足夠長平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角a=30，導(dǎo)軌電阻不計磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌電接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右端電路，燈泡的電阻RL=4R，定值電阻R1=2R，電阻箱電阻調(diào)

15、到使R2=12R，重力加速度為g，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，試求：圖726(1)金屬棒下滑的最大速度為多大？(2)R2為何值時，其消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？()2222sin6sin3.1mmvBLvmmgaFFILBIRB L vmRRmgaRmgRvB L=安安總當(dāng)金屬棒勻速下滑時速度最大，設(shè)最大速度為，達到最大時則有，其中，所以，解得最大速度解析：( )2222222222222222222222222224342 2sin316sin(4)16sin 2 16844LmURPRRRBLvRUIRRRRRRB L vmgaRRR Rm gPB LRRRm gB LRRRRRm g

16、 RPBRRRaa=+=+=+=+=并并上消耗的功率，其中，又解以上方程組可得當(dāng)時，消耗的功率最大最大功率22L四、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量轉(zhuǎn)化問題基本方法： 用法拉第電磁感應(yīng)和楞次定律確定感應(yīng)電動勢的大小和方向 畫出等效電路，求出回路中電阻消耗電功率表達式 分析導(dǎo)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，即能量守恒方程例4：如圖727所示，足夠長的U形導(dǎo)體框架的寬度L=0.5m，電阻忽略不計，其所在平面與水平面成=37角，磁感應(yīng)強度B=0.8T的勻強磁場方向垂直于導(dǎo)體框平面，一根質(zhì)量m=0.2kg，有效電阻R=2 的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，該導(dǎo)體棒與

17、框架間的動摩擦因數(shù)=0.5.導(dǎo)體棒由靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運動，通過導(dǎo)體棒截面的電荷量共為Q=2C.求：(1)導(dǎo)體棒勻速運動的速度；(2)導(dǎo)體棒從開始下滑到剛開始勻速運動這一過程中，導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電功(sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2)W圖727解析：先應(yīng)將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，以便分析導(dǎo)體棒所受到的力，列出平衡方程求解；再利用能量守恒列出方程求解解：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速下滑時其受力情況如圖：因為勻速下滑，設(shè)勻速下滑的速度為v，則：平行斜面：mgsinfF=0垂直斜面：N-mgcos=0其中：f=N安培力：F=BIL，電流強度I=感應(yīng)電動勢E=BLv由以上各

18、式得：v= =5m/s ER22sincosmgRB L( )2222m10m0.80.5sincossincos (1282.5)J1.5J2QItEIRRtsBsLQRsBLmgsWmgsmvWWWmgsmgsmvqmqqmq= DD F=DD F =-=-=-=安安通過導(dǎo)體的電荷量其中平均電流設(shè)物體下滑位移為 ，則由以上各式得全程由動能定得：其中克服安培力做功等于導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電功則 分析過程中應(yīng)當(dāng)牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，即分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化，如有摩擦力做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，就可能有機械能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功就將其他形式

19、能轉(zhuǎn)化為電能，做正功將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解變式訓(xùn)練4：如圖728所示，一邊長L=0.2m，質(zhì)量m1=0.5kg，電阻R=0.1w的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為m2=2kg的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線跨過兩定滑輪相連起初ad邊距磁場下邊界為d1=0.8m，磁感應(yīng)強度B=2.5T，磁場寬度d2=0.3m，物塊放在傾角=53的斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.5.現(xiàn)將物塊由靜止釋放，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)當(dāng)ad邊從磁場上邊緣穿出時，線框恰好做勻速運動(g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)求： 圖728(1)線框ad邊從磁場上邊緣穿出時繩中拉力的功率；(

20、2)線框剛剛?cè)窟M入磁場時速度的大?。?3)整個運動過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱 ()22211sincos01002 (sincos )12m / s22 W210mm gm gTTNmTm gBILBLvIRm gm gvRBPTvLqmqqmq-=-=-=由于線框勻速出磁場，則對有：得對有：又因為，聯(lián)立可得：所以繩中拉力的功率解析：( )()()()()( )()()()2221221212221211221203 10m/s1.9m/s5(sincos )11 22(sincos )1232kkadm gm gdLm g dLmmvEEmmvm gm gddLm g dmvdLQmv從線框剛剛?cè)窟M入磁場到線框邊剛要離開磁場，由動能定理得且，解得從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可得，將數(shù)值代入，整理可得線框qmqqmq-=+-=+-+-+=+=1.5JQ在整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：=