福建省高考物理二輪專題總復(fù)習(xí) 專題7 第2課時(shí) 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(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象和規(guī)律的應(yīng)用課件》由會(huì)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(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象和規(guī)律的應(yīng)用課件（42頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第第2課時(shí)課時(shí) 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(jì)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(duì)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(shí)，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(gè)垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場(chǎng)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(chǎng)區(qū)域，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较颍谙聢D中感應(yīng)電流

2、I與線框移動(dòng)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(dòng)速度為v，當(dāng)導(dǎo)線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1=Blv，因切割的有效長(zhǎng)度均勻增大，故電動(dòng)勢(shì)E1均勻增大，又根據(jù)楞次定律判斷出電流為逆時(shí)針方向，為正值；當(dāng)導(dǎo)線框一部分進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)一部分留在左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，對(duì)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(shí)的電流方向，左側(cè)磁場(chǎng)中的線框AB邊上的電流方向?yàn)锳流向B，右側(cè)磁場(chǎng)中BCA邊的電流方向?yàn)锽流經(jīng)C到A，也就是順時(shí)針方向?yàn)樨?fù)值，且相當(dāng)于兩個(gè)電源串聯(lián)，電動(dòng)勢(shì)大于E1，所以C正

3、確 處理圖象問題時(shí)，可先用電勢(shì)的高低或電流的方向，即正負(fù)值來排除，再用感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或電流的大小來排除，以便節(jié)約答題時(shí)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(zhǎng)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(chǎng)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(shí)刻平板之間中心有一重力不計(jì)，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(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力方向豎直向上而向上做勻加速運(yùn)動(dòng) 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(chǎng)力方向豎直向下而向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)力方向豎直向下而向下做勻加速運(yùn)動(dòng)兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力方向豎直向上而向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，4s末速度減小為零，同時(shí)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(dòng)勢(shì)的大小和方向； 求出回路的電流強(qiáng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)問題所給圖形大多為立體空間分布圖，故在受力分析時(shí)，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(duì)力進(jìn)行分解與合成，利用物體的平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解 對(duì)于非勻變速運(yùn)動(dòng)最值

6、問題的分析，注意應(yīng)用加速度為零，速度達(dá)到最值的特點(diǎn)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(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)對(duì)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力， a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng)，此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌當(dāng)a棒再次滑回到磁場(chǎng)上邊界PQ處時(shí)，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)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(jì)求：(1)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒中的電流強(qiáng)度Ia與定值電阻R中的電流強(qiáng)度IR之比；(2)a棒質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)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(jì)算，安培力、平衡條件，牛頓運(yùn)動(dòng)定律等較多知識(shí)點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)時(shí)， 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(dòng)過程中機(jī)械能守恒，因而a棒在磁場(chǎng)中向上滑動(dòng)的速度大小v1與在磁場(chǎng)

8、中向下滑動(dòng)的速度大小v2相等，即v1=v2=v，設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒長(zhǎng)為L(zhǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為( ) ,sin322 32 sin2sin.37sin2bbbaaaaaaaEBLvaEIBI Lm gRaIEIBILm gRaFBI Lm gmmmgqqqq=+=當(dāng) 棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)， 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(yùn)動(dòng)時(shí)，所受拉力 電磁感應(yīng)與力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場(chǎng)對(duì)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(yùn)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(diǎn)及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體棒(或線圈)的運(yùn)動(dòng)過程以及運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)的變化，把握運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的臨界點(diǎn)變式訓(xùn)練2：如圖724甲所示，光滑且足夠長(zhǎng)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(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)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(shí)的運(yùn)動(dòng)速度 (2)第4s末時(shí)外力F的瞬時(shí)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(shí)間均勻變化，所以電路中的電流也隨時(shí)間均勻變化，由閉合電路歐姆定律知，棒上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)也是隨時(shí)間均勻變化的因此由E=BLv可知，金屬桿所做的運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)， 25554444450.5m / s4s2m / s4s 0.4 0.18A0.09N W.vvatatvatBLvIRrFBILmaFBIaPFvLm=+-=+=，所以所以末時(shí)的速度，所以末時(shí)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(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流的方向因產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shì)到低電勢(shì) 應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時(shí)，不注意等效電源的內(nèi)阻對(duì)電路的影響 對(duì)連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)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(dòng)勢(shì)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(jì)，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(qiáng)磁場(chǎng)，CE長(zhǎng)l=2m，有一阻值r=2 的金屬棒PQ放置在靠近磁場(chǎng)邊界CD處CDEF區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(shí)使金屬棒PQ以某一速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域并保持勻速運(yùn)動(dòng)已知從t=0開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界EF處的整個(gè)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(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)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(chǎng)變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)電路為 與 并聯(lián)，再與串聯(lián)，電路的總電阻，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，通過小燈泡的電流為：解： (2)當(dāng)棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)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(dòng)勢(shì)，解得棒在磁場(chǎng)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(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體等效為內(nèi)電路，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小相當(dāng)于電源電動(dòng)勢(shì)，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(shí)，要注意電源電動(dòng)勢(shì)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(zhǎng)平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與水平面夾角a=30，導(dǎo)軌電阻不計(jì)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，長(zhǎng)為L(zhǎng)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(shí)，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(shí)速度最大，設(shè)最大速度為，達(dá)到最大時(shí)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(shí)，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(dòng)勢(shì)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(dá)式 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，即能量守恒方程例4：如圖727所示，足夠長(zhǎng)的U形導(dǎo)體框架的寬度L=0.5m，電阻忽略不計(jì)，其所在平面與水平面成=37角，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的速度；(2)導(dǎo)體棒從開始下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)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(shí)其受力情況如圖：因?yàn)閯蛩傧禄O(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(qiáng)度I=感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)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(jī)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(zhǎng)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(chǎng)下邊界為d1=0.8m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5T，磁場(chǎng)寬度d2=0.3m，物塊放在傾角=53的斜面上，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5.現(xiàn)將物塊由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)當(dāng)ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)(g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)求： 圖728(1)線框ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)繩中拉力的功率；(

20、2)線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(chǎng)，則對(duì)有：得對(duì)有：又因?yàn)?，?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(jìn)入磁場(chǎng)到線框邊剛要離開磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理得且，解得從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場(chǎng)，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(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：=