2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 專題強化十二 電磁感應中的動力學和能量問題課件.ppt

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專題強化十二電磁感應中的圖象和電路問題,第十章電磁感應,專題解讀,1.本專題是運動學、動力學、恒定電流、電磁感應等觀點的綜合應用，高考常以選擇題的形式命題.2.學好本專題，可以極大的培養(yǎng)同學們數(shù)形結合的推理能力和電路分析能力，針對性的專題強化，可以提升同學們解決數(shù)形結合、電路分析的信心.3.用到的知識有：左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律、函數(shù)圖象等.,內容索引,,命題點一電磁感應中的圖象問題,命題點二電磁感應中的電路問題,課時作業(yè),,,,,1,命題點一電磁感應中的圖象問題,1.題型簡述：借助圖象考查電磁感應的規(guī)律，一直是高考的熱點，此類題目一般分為兩類：(1)由給定的電磁感應過程選出正確的圖象；(2)由給定的圖象分析電磁感應過程，定性或定量求解相應的物理量或推斷出其他圖象.常見的圖象有B－t圖、E－t圖、i－t圖、v－t圖及F－t圖等.2.解題關鍵弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵.,3.解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；(2)分析電磁感應的具體過程；(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式；(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；(6)畫圖象或判斷圖象.,4.求解電磁感應圖象類選擇題的兩種常用方法(1)排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項.(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖象進行分析和判斷.,(多選)(2016四川理綜7)如圖所示，電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有,【例1】,√,√,答案,解析,設金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應電動勢E＝BLv，回路電流I=，即I∝v；安培力F安＝BIL＝，方向水平向左，即F安∝v；R兩端電壓UR＝IR＝，即UR∝v；感應電流功率P＝EI＝，即P∝v2.分析金屬棒運動情況，由牛頓運動第二定律可得F0＋kv－＝ma，即F0＋(k－)v＝ma.因為金屬棒從靜止開始運動，所以F0>0.,(1)若k＝，金屬棒水平向右做勻加速直線運動.所以在此情況下沒有選項符合；(2)若k>，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關系可知B選項符合；(3)若k<，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關系可知C選項符合.綜上所述，選項B、C符合題意.,電磁感應中圖象問題的分析技巧1.對于圖象選擇問題常用排除法：先看方向再看大小及特殊點.2.對于圖象的描繪：先定性或定量表示出所研究問題的函數(shù)關系，注意橫、縱坐標表達的物理量及各物理量的單位，畫出對應物理圖象(常有分段法、數(shù)學法).3.對圖象的理解：看清橫、縱坐標表示的量，理解圖象的物理意義.,1.如圖(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上.在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示.已知線圈內部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是,答案,分析,√,電壓是恒定,磁場是均勻變化,2.(多選)如圖甲所示，光滑絕緣水平面，虛線MN的右側存在方向豎直向下、磁感應強度大小為B＝2T的勻強磁場，MN的左側有一質量為m＝0.1kg的矩形線圈bcde，bc邊長L1＝0.2m，電阻R＝2Ω.t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經(jīng)過1s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1s，線圈恰好完全進入磁場，在整個運動過程中，線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示.則A.恒定拉力大小為0.05NB.線圈在第2s內的加速度大小為1m/s2C.線圈be邊長L2＝0.5mD.在第2s內流過線圈的電荷量為0.2C,答案,解析,√,√,√,在第1s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05N，A項正確.在第2s內，由題圖乙分析知線圈做勻加速直線運動，第2s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B項正確.在第2s內，v22－v12＝2a2L2，得L2＝1m，C項錯誤.q＝＝0.2C，D項正確.,3.如圖所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上.若取順時針方向為電流的正方向，則金屬框穿過磁場的過程中感應電流i隨時間t變化的圖象是,答案,解析,√,,,,,逆時針增加,順時針減小,,,,,2,命題點二電磁感應中的電路問題,1.題型簡述：在電磁感應問題中，切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源，該部分導體或線圈與其他電阻、燈泡、電容器等用電器構成了電路.在這類問題中，常涉及計算感應電動勢大小、計算導體兩端電壓、通過導體的電流、產(chǎn)生的電熱等.,2.解決電磁感應中電路問題的“三部曲”,“源”的分析,→,分離出電路中發(fā)生電磁感應的那部分導體或線圈即為電源，電阻即為內阻,→,“路”的分析,分析“電源”和電路中其他元件的連接方式，弄清串、并聯(lián)關系,“式”的建立,→,→,→,根據(jù)E＝Blv或E＝n結合閉合電路歐姆定律等列式求解,注意：“等效電源”兩端的電壓指的是路端電壓，而不是電動勢或內壓降.,(多選)如圖(a)所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路.線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖(b)所示.圖線與橫、縱軸的交點坐標分別為t0和B0.導線的電阻不計.在0至t1時間內，下列說法正確的是A.R1中電流的方向由a到b通過R1B.電流的大小為C.線圈兩端的電壓大小為D.通過電阻R1的電荷量為,【例2】,√,答案,解析,分析,√,,有效面積,B減小,線圈兩端的電壓大小為U＝I2R＝，故C錯誤；通過電阻R1的電荷量為q＝It1＝，故D正確.,電磁感應中圖象問題的分析一般有定性與定量兩種方法，定性分析主要是通過確定某一物理量的方向以及大小的變化情況判斷對應的圖象，而定量分析則是通過列出某一物理量的函數(shù)表達式確定其圖象.,4.(多選)如圖所示，在豎直方向上有四條間距均為L＝0.5m的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間存在勻強磁場，磁感應強度大小均為1T，方向垂直于紙面向里.現(xiàn)有一矩形線圈abcd，長度ad＝3L，寬度cd＝L，質量為0.1kg，電阻為1Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，cd邊經(jīng)過磁場邊界線L3時恰好做勻速直線運動，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向，cd邊水平.(g取10m/s2)則A.cd邊經(jīng)過磁場邊界線L3時通過線圈的電荷量為0.5CB.cd邊經(jīng)過磁場邊界線L3時的速度大小為4m/sC.cd邊經(jīng)過磁場邊界線L2和L4的時間間隔為0.25sD.線圈從開始運動到cd邊經(jīng)過磁場邊界線L4過程，線圈產(chǎn)生的熱量為0.7J,答案,解析,√,√,分析,cd邊從L1運動到L2，通過線圈的電荷量為q＝＝0.25C，故A錯誤；,cd邊從L2到L3的過程中，穿過線圈的磁通量沒有改變，沒有感應電流產(chǎn)生，不受安培力，線圈做勻加速直線運動，加速度為g，設此過程的時間為t1，此過程的逆過程為勻減速運動，由運動學公式得L＝vt1－，cd邊從L3到L4的過程做勻速運動，所用時間為t2＝＝0.125s，故cd邊經(jīng)過磁場邊界線L2和L4的時間間隔為t1＋t2＞0.25s，故C錯誤；線圈從開始運動到cd邊經(jīng)過磁場邊界線L4過程，根據(jù)能量守恒得Q＝mg3L－mv2＝0.7J，故D正確.,5.(2015福建理綜18)如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦.在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大,答案,解析,√,R外＝，外電路電阻先增大后減小，所以路端電壓先增大后減小，所以B錯誤；I＝先減小后增大，故A錯誤；由于導體棒做勻速運動，拉力等于安培力，即F＝BIL，拉力的功率P＝BILv，故先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻R外＝，最大值為R，小于導體棒的電阻R，又外電阻先增大后減小，故D錯誤.,,課時作業(yè),,,,3,1.如圖所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其斜邊長為2L，高為L.在該區(qū)域內分布著如圖所示的磁場，左側小三角形內磁場方向垂直紙面向外，右側小三角形內磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小均為B.一邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域.取沿a→b→c→d→a的感應電流方向為正，則圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是,3,4,5,6,7,2,1,答案,解析,√,3,4,5,6,7,2,1,bc邊的位置坐標x在L～2L過程，線框bc邊有效切割長度為l1＝x－L，感應電動勢為E＝Bl1v＝B(x－L)v，感應電流i1＝，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值，x在2L～3L過程，ad邊和bc邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，有效切割長度為l2＝L，感應電動勢為E＝Bl2v＝BLv，感應電流i2＝.x在3L～4L過程，線框ad邊有效切割長度為l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感應電動勢為E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感應電流i3＝，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值.根據(jù)數(shù)學知識可知，D正確.,3,4,5,6,7,2,1,2.將一段導線繞成如圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內.回路的ab邊置于垂直紙面向里為勻強磁場Ⅰ中.回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示.用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是,答案,解析,√,3,4,5,6,7,2,1,根據(jù)B－t圖象可知，在0～時間內，B－t圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內感應電動勢和感應電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向為b→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～時間內安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時間內，B－t圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同.綜上可知，B正確.,3,4,5,6,7,2,1,3.如圖所示的勻強磁場中有一根彎成45的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導線MN與金屬線緊密接觸，起始時OA＝l0，且MN⊥OQ，所有導線單位長度電阻均為r，MN勻速水平向右運動的速度為v，使MN勻速運動的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖象正確的是,答案,解析,√,3,4,5,6,7,2,1,,3,4,5,6,7,2,1,4.(多選)在光滑水平桌面上有一邊長為l的正方形線框abcd，bc邊右側有一等腰直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，三角形腰長為l，磁感應強度豎直向下，a、b、e、f在同一直線上，其俯視圖如圖所示，線框從圖示位置在水平拉力F作用下以速度v向右勻速穿過磁場區(qū)，線框中感應電流i－t和F－t圖象正確的是(以逆時針方向為電流的正方向，以水平向右的拉力為正，時間單位為),答案,解析,√,3,4,5,6,7,2,1,√,從bc邊開始進入磁場到線框完全進入磁場的過程中，當線框bc邊進入磁場位移為x時，線框bc邊有效切割長度也為x，感應電動勢為E＝Bxv，感應電流i＝，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值.同理，從bc開始出磁場到線框完全出磁場的過程中，根據(jù)ad邊有效切割長度逐漸變大，感應電流逐漸增大，根據(jù)數(shù)學知識可知A錯誤，B正確.在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場區(qū)，因此拉力大小等于安培力，而安培力的表達式F安＝，而L＝vt，則有F安＝，因此C錯誤，D正確.,3,4,5,6,7,2,1,5.(多選)如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝的圓形勻強磁場區(qū)域中.線框頂點與右側圓心重合，線框底邊中點與左側圓心重合.磁感應強度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時間變化.B1、B2的值如圖乙所示，則A.通過線框的感應電流方向為逆時針方向B.t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.1WbC.在0.6s內通過線框中的電荷量約為0.13CD.經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量約為0.07J,答案,解析,√,√,√,3,4,5,6,7,2,1,磁感應強度B1垂直水平面向上，大小不變，B2垂直水平面向下，大小隨時間增大，故線框向上的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應電流方向為逆時針方向，選項A正確.t＝0時刻穿過線框的磁通量Φ＝B1πr2＋B2πr2≈－0.0052Wb，選項B錯誤.在0.6s內通過線框的電荷量q＝≈0.13C，選項C正確.經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2RΔt＝≈0.07J，選項D正確.,3,4,5,6,7,2,1,6.如圖所示，水平面上有兩根光滑金屬導軌平行固定放置，導軌的電阻不計，間距為l＝0.5m，左端通過導線與阻值R＝3Ω的電阻連接，右端通過導線與阻值為RL＝6Ω的小燈泡L連接，在CDEF矩形區(qū)域內存在豎直向上、磁感應強度B＝0.2T的勻強磁場.一根阻值r＝0.5Ω、質量m＝0.2kg的金屬棒在恒力F＝2N的作用下由靜止開始從AB位置沿導軌向右運動，經(jīng)過t＝1s剛好進入磁場區(qū)域.求金屬棒剛進入磁場時：,3,4,5,6,7,2,1,(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢；,答案,解析,1V,0～1s棒只受拉力，由牛頓第二定律得F＝ma，金屬棒進入磁場前的加速度a＝＝10m/s2.設其剛要進入磁場時速度為v，v＝at＝101m/s＝10m/s.金屬棒進入磁場時切割磁感線，感應電動勢E＝Blv＝0.20.510V＝1V.,3,4,5,6,7,2,1,(2)小燈泡兩端的電壓和金屬棒受到的安培力.,答案,解析,0.8V0.04N，方向水平向左,小燈泡與電阻R并聯(lián)，R并＝＝2Ω，通過金屬棒的電流大小I＝＝0.4A，小燈泡兩端的電壓U＝E－Ir＝1V－0.40.5V＝0.8V.金屬棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.20.40.5N＝0.04N，由右手定則和左手定則可判斷安培力方向水平向左.,3,4,5,6,7,2,1,7.如圖甲所示，兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距0.8m，導軌平面與水平面夾角為α，導軌電阻不計.有一勻強磁場垂直導軌平面斜向上，長為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為0.1kg、與導軌接觸端間電阻為1Ω.兩金屬導軌的上端連接右端電路，電路中R2為一電阻箱.已知燈泡的電阻RL＝4Ω，定值電阻R1＝2Ω，調節(jié)電阻箱使R2＝12Ω，重力加速度g取10m/s2.將開關S斷開，金屬棒由靜止釋放，1s后閉合開關，如圖乙所示為金屬棒的速度隨時間變化的圖象，求：,(1)斜面傾角α及磁感應強度B的大??；,300.5T,答案,解析,3,4,5,6,7,2,1,開關S斷開，由題圖甲、乙得a＝gsinα＝＝5m/s2，則sinα＝，α＝30.由圖乙得vm＝18.75m/s，當金屬棒勻速下滑時速度最大，有mgsinα＝F安，所以mgsinα＝，,3,4,5,6,7,2,1,(2)若金屬棒下滑距離為60m時速度恰達到最大，求金屬棒由靜止開始下滑100m的過程中，整個電路產(chǎn)生的電熱；,32.42J,答案,解析,由動能定理有mgssinα－Q＝－0，得Q＝mgssinα－≈32.42J.,3,4,5,6,7,2,1,(3)改變電阻箱R2的阻值，當R2為何值時，金屬棒勻速下滑時R2的功率最大，消耗的最大功率為多少？,1.5625W,答案,解析,3,4,5,6,7,2,1,改變電阻箱R2的阻值后，設金屬棒勻速下滑時的速度為vm′，則有mgsinα＝BI總L，當R2＝4Ω時，R2消耗的功率最大，P2m＝1.5625W.,3,4,5,6,7,2,1,