高三物理一轮复习课件专题十电磁感应.pptx

《高三物理一轮复习课件专题十电磁感应.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理一轮复习课件专题十电磁感应.pptx（52页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第1页/共52页第2页/共52页第3页/共52页第4页/共52页第5页/共52页第6页/共52页第7页/共52页第8页/共52页第9页/共52页第10页/共52页第11页/共52页第12页/共52页第13页/共52页第14页/共52页第15页/共52页第16页/共52页第17页/共52页第18页/共52页第19页/共52页第20页/共52页第21页/共52页第22页/共52页第23页/共52页第24页/共52页第25页/共52页方法一感应电流方向的判定方法方法一感应电流方向的判定方法突破方法第26页/共52页例例1(2013北京理综,17,6分)如图,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁

2、场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()A.ca,21B.ac,21C.ac,12D.ca,12解析杆MN向右匀速滑动,由右手定则判知,通过R的电流方向为ac;又因为E=BLv,所以E1E2=12,故选项C正确。答案答案C第27页/共52页例例2如图,EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界,其中EOEO,FOFO,且EOOF;OO为EOF的角平分线,OO间的距离为l;磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿OO方向匀速通

3、过磁场,t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()第28页/共52页解析解析本题中四个选项都是i-t关系图线,故可用排除法。因在线框开始运动后的一段时间内通过导线框的磁通量向里增大,由楞次定律可判定此过程中电流沿逆时针方向,故C、D错误。由于穿过整个磁场区域的磁通量变化量=0,由q=可知整个过程中通过导线框的总电荷量也应为零,而在i-t图象中图线与时间轴所围总面积为零,即时间轴的上下图形面积的绝对值应相等,故A错误B正确。答案答案B2-1某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律。当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时,通过

4、电流计的感应电流方向是()A.aGbB.先aGb,后bGa第29页/共52页C.bGaD.先bGa,后aGb答案答案D解析解析确定原磁场的方向:条形磁铁在穿入线圈的过程中,磁场方向向下。明确回路中磁通量变化的情况:向下的磁通量增加。由楞次定律的“增反减同”可知:线圈中感应电流产生的磁场方向向上。应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视),即:从bGa。同理可以判断出条形磁铁穿出线圈过程中,向下的磁通量减小,由楞次定律可得:线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视),电流从aGb。第30页/共52页方法二感应电动势的求解方法方法二感应电动势的求解方法求解感应电动势常有如下几种方法求解感应电动势

5、常有如下几种方法第31页/共52页例例3(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在t时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为()A.B.C.D.解析解析由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=nS=n,得E=,选项B正确。答案答案B3-1(2012四川理综,20,6分)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。杆第32页/共52页在圆环上以速度v平行于直径

6、CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,杆的位置由确定,如图所示。则()A.=0时,杆产生的电动势为2BavB.=时,杆产生的电动势为BavC.=0时,杆受的安培力大小为D.=时,杆受的安培力大小为答案答案AD解析解析开始时刻,感应电动势E1=BLv=2Bav,故A项正确。=时,E2=B2acosv=Bav,故B项错第33页/共52页误。由L=2acos,E=BLv,I=,R=R02acos+(+2)a,得在=0时,F=,故C项错误。=时F=,故D项正确。第34页/共52页方法三电磁感应中电路问题的分析方法方法三电磁感应中电路问题的分析方法1.解决电磁感应中的电路

7、问题的基本步骤解决电磁感应中的电路问题的基本步骤(1)“源”的分析:用法拉第电磁感应定律算出E的大小,用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向),从而确定电源正负极,明确内阻r。(2)“路”的分析:根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路。(3)根据E=BLv或E=n,结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等相关关系式联立求解。2.经常用到的一个导出公式经常用到的一个导出公式:q=在电磁感应现象中,只要穿过闭合回路的磁通量发生变化,闭合回路中就会产生感应电流,设在时间t内通过导体截面的电荷量为q,则根据电流定义式I=及法拉第电磁

8、感应定律E=,得q=It=t=t=。需要说明的是:上面式中I为平均值,因而E也为平均值。如果闭合回路是一个单匝线圈(n=1),则q=。第35页/共52页q=n中n为线圈的匝数,为磁通量的变化量,R为闭合回路的总电阻。例例4(2013天津理综,3,6分)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2

9、,则()A.Q1Q2,q1=q2B.Q1Q2,q1q2C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1q2解题思路解题思路隐含条件:第一次ab边为电源;第二次bc边为电源;可直接应用q=n求解q。第36页/共52页解析解析第一次ab边是电源,第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别为l1、l2,第一次时线框中产生的热量Q1=Rt=()2R=l1,同理第二次时线框中产生的热量Q2=l2,由于l1l2,所以Q1Q2。通过线框导体横截面的电荷量q=n=,故q1=q2,A选项正确。答案答案A4-1如图所示,导线全部为裸导线,半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根长度大于2r的导

10、线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端,回路的固定电阻为R,其余电阻不计,试求:(1)MN从圆环左端滑到右端的过程中,电阻R上的电流的平均值及通过的电荷量。(2)MN从圆环左端滑到右端的过程中,电阻R上的电流的最大值。第37页/共52页答案答案(1)=q=(2)Im=解析解析(1)从左端到右端磁通量的变化量=BS=Br2从左端到右端的时间:t=根据法拉第电磁感应定律,平均感应电动势=所以,回路中平均感应电流=通过R的电荷量q=t=。(2)当导线运动到圆环的圆心处时,切割磁感线的有效长度最大,产生的感应电动势也就最大,电阻R上的电流也就最大,此时Em=B2rv,所以Im=,由以上两式,

11、得Im=。第38页/共52页方法四电磁感应中动力学问题的分析方法方法四电磁感应中动力学问题的分析方法1.通电导体在磁场中受到安培力作用,电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向;(2)求回路中的电流;(3)分析导体受力情况;(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。2.电磁感应中的动力学临界问题电磁感应中的动力学临界问题基本思路是:导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合力变化加速度变化速度变化临界状态例5(2014江苏单科,13,15分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨

12、平面与水平面的夹角为,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间第39页/共52页有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数;(2)导体棒匀速运动的速度大小v;(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。解题思路解题思路关注:导体棒在有绝缘涂层段受摩擦力,而不受安培力,在无涂层段不受摩擦力,而受第40页/共52页安培力。隐含条件,匀速运动意味着摩擦力与安培力相

13、等。解析解析(1)在绝缘涂层上受力平衡mgsin=mgcos解得=tan(2)在光滑导轨上感应电动势E=BLv感应电流I=安培力F安=BIL受力平衡F安=mgsin解得v=(3)摩擦生热Q摩=mgdcos由能量守恒定律得3mgdsin=Q+Q摩+mv2解得Q=2mgdsin-第41页/共52页答案答案(1)tan(2)(3)2mgdsin-5-1如图,两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置,导轨间距离为L,电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金

14、属棒下落过程中保持水平,且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求:(1)磁感应强度的大小;(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。第42页/共52页答案答案(1)(2)解析解析(1)设小灯泡的额定电流为I0,有P=R由题意,在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后,小灯泡保持正常发光,流经MN的电流为I=2I0此时金属棒MN所受的重力和安培力相等,下落的速度达到最大值,有mg=BLI联立式得B=(2)解法一设灯泡正常发光时,导体棒的速度为v,由电磁感应定律与欧姆定律得E=BLvE=RI0联立式得第43页/共52页v=解法二由功能关系,棒在匀速时,重力做功的功率等于两灯泡的总功

15、率:mgv=2Pv=第44页/共52页方法五电磁感应中功能问题的分析方法方法五电磁感应中功能问题的分析方法1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程,外力克服安培力做功,则是其他形式的能转化为电能的过程。2.能量转化及焦耳热的求法能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法焦耳定律:Q=I2Rt。功能关系:Q=W克服安培力。能量转化:Q=E其他能的减少量。第45页/共52页3.解决此类问题的步骤解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的

16、大小和方向。(2)画出等效电路图,写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。(3)分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程,联立求解。注意注意在利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题时,第一要准确把握参与转化的能量的形式和种类,第二要确定哪种能量增加,哪种能量减少。例例6(2012天津理综,11,18分)如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5m,左端接有阻值R=0.3的电阻。一质量m=0.1kg,电阻r=0.1的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下,

17、由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21。导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求第46页/共52页(1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;(3)外力做的功WF。解题思路解题思路关键词:一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内;由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动;撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来。(1)由法拉第电磁感应定律求出平均电动势求出平均电流求出电荷量。(2)由运动学公

18、式求出撤去外力时的速度由动能定理求出动能由功能关系求得Q2。(3)由Q1Q2=21Q1的大小在整个过程中,用功能关系WF=Q1+Q2,代入数据得出外力做的功。第47页/共52页解析解析(1)设棒匀加速运动的时间为t,回路的磁通量变化量为,回路中的平均感应电动势为,由法拉第电磁感应定律得=其中=Blx设回路中的平均电流为,由闭合电路的欧姆定律得=则通过电阻R的电荷量为q=t联立式,代入数据得q=4.5C(2)设撤去外力时棒的速度为v,对棒的匀加速运动过程,由运动学公式得v2=2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W,由动能定理得第48页/共52页W=0-mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热

19、Q2=-W联立式,代入数据得Q2=1.8J(3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2=21,可得Q1=3.6J在棒运动的整个过程中,由功能关系可知WF=Q1+Q2由式得WF=5.4J答案答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J点评点评本题为电磁感应的单杆模型,涉及动力学及能量等知识的综合性试题,考查学生的能量转化与守恒的思想及综合分析问题的能力。解答此类题的关键是在求解一段时间内通过某一电第49页/共52页路的电荷量时应用感应电动势的平均值计算,难度较大,区分度较高。对于中间结果q=n的记忆可以加快做该类题的速度。6-1如图所示,将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线

20、框竖直向上抛出,穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里,线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff且线框不发生转动。求:(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2;(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1;(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q。答案答案见解析第50页/共52页解析解析(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有mg=Ff+,解得v2=。(2)由动能定理,线框从离开磁场至上升到最高点的过程有(mg+Ff)h=m线框从最高点回落至进入磁场瞬间(mg-Ff)h=m两式联立解得v1=v2=。(3)线框在向上通过磁场过程中,由能量守恒定律有m-m=Q+(mg+Ff)(a+b)v0=2v1Q=m(mg)2-(mg+Ff)(a+b)。第51页/共52页感谢您的观看。感谢您的观看。第52页/共52页