2016屆高考物理二輪復習 專題整合突破四 電路和電磁感應 第11講 電磁感應規律及應用課件
上傳者:佚名(2603405)| 上傳時間:2019-05-15 22:18:04

1、所示,圖中fm為最大靜摩擦力,有Fcosα=mgsinα+μ(mgcosα+Fsinα)?(分)聯立??,得Bm=Lmg?sinα+μcosα?R?cosα-μsinα?v?(分)?式就是題目所求最強磁場的磁感應強度大小,該磁場方向可豎直向上,也可豎直向下。(分)由?式可知,B為Bm時,Fx隨x增大而減小,x為最大xm時,Fx為最小值F,如圖可知Fcosα+μ(mgcosα+Fsinα)=mgsinα?(分)聯立???,得xm=μLtanθ?+μ?sinαcosα+μ?(分)()ab棒由動到靜能量如何轉化?()通過ab棒的電荷量如何求解?()何時磁感應強度最大?何時ab棒運動距離最大?[提示]ab的動能轉化為ab、ef的內能。[提示]Q=It其中電流用平均值。[提示]ef棒受安培力向右、靜摩擦力沿導軌向下時,磁感應強度最大。ef棒所受安培力最小時,ab棒運動距離最大。第講電磁感應規律及應用網絡構建高考概況考什么楞次定律的理解及應用,感應電動勢的計算方法;對自感現象的理解,電磁感應定律的綜合應用。怎么考結合電磁感應。

2、故C正確。設導體棒cd在水平恒力撤去后產生的焦耳熱為Q,由于ab的電阻與cd相同,兩者串聯,則ab產生的焦耳熱也為Q。根據能量守恒得:Q+μmgs=mv,又s=RqBL,解得:Q=mv-μmgRqBL,故D正確。若cd棒在外力F作用下以恒定的加速度a做初速度為零的勻加速直線運動,則ab棒經多對地面的壓力為零?答案()t=s解析()感生電動勢為:E=ΔΦΔt=ΔBLdΔt⑤由閉合電路歐姆定律得:I=ER⑥t時刻的磁感應強度為:B=ΔBΔtt⑦PQ桿受力平衡:mg=BIL⑧聯立⑤⑥⑦⑧得時間t為:t=mgR?ΔBΔt?Ld=-????s=s。電磁感應與能量的綜合問題一般以計算題為主,常涉及電磁感應與電路的串并聯、動能定理、能量守恒等知識的綜合應用,考查學生分析問題、解決問題的能力。答案()vv=()H=Qmg+l解析()設磁場的磁感應強度大小為B,cd邊剛進入磁場時,線框做勻速運動的速度為v,cd邊上的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律,有E=Blv①設線框總電阻為R,此時線框中電流為I,由閉合電路歐姆定律,有I=ER。

3、量;解析()設在題設過程中,ab棒滑行時間為Δt,掃過的導軌間的面積為ΔS,通過ΔS的磁通量為ΔΦ,ab棒產生的電動勢平均值為E,ab棒中的平均電流為I,通過ab棒某橫截面的電荷量為q,則E=ΔΦΔt⑤(分)且ΔΦ=BΔS⑥(分)I=qΔt⑦(分)又有I=ER⑧(分)由圖所示ΔS=d(L-dcotθ)⑨(分)聯立⑤~⑨,解得q=Bd?L-dcotθ?R⑩(分)()若ab棒以垂直于NQ的速度v在水平導軌上向右勻速運動,并在NQ位置時取走小立柱和,且運動過程中ef棒始終靜止。求此狀態下最強磁場的磁感應強度及此磁場下ab棒運動的最大距離。解析()ab棒滑行距離為x時,ab棒在導軌間的棒長Lx=L-xcotθ?此時,ab棒產生的電動勢Ex=BvLx?(分)流過ef棒的電流Ix=ExR?ef棒所受安培力Fx=BIxL?(分)聯立?~?,解得Fx=BvLR(L-xcotθ)?(分)由?式可得,Fx在x=和B為最大值Bm時有最大值F。由題知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F為最大值的受力分析如圖。

4、接觸良好)。則()A電路中感應電動勢的大小為BlvsinθB電路中感應電流的大小為BvsinθrC金屬桿所受安培力的大小為BlvsinθrD金屬桿的熱功率為Blvrsinθ解析切割磁感線的有效長度為l,電動勢為E=Blv,選項A錯誤。根據題意,回路電阻R=rlsinθ,由歐姆定律有I=Blvrlsinθ=Bvsinθr,選項B正確。安培力F=BIlsinθ=Bvlr,選項C錯誤。金屬桿的熱功率為P=IR=Bvlsinθr,選項D錯誤。電磁感應與力學的綜合問題電磁感應中的動力學問題是高考中的熱點,考查形式既有選擇題,又有計算題,主要與牛頓第二定律、運動學知識結合的動態分析,還有電磁感應中純力學問題,涉及受力、動能定理、功能關系等問題。解析cd切割磁感線產生感應電動勢為E=BLv,根據閉合電路歐姆定律得:I=ER=BLvR,故A錯誤。對于ab棒:根據牛頓第二定律得:mg-f=ma,又f=μN,N=BIL,聯立解得,a=g-μBLvmR,故B正確。對于cd棒:根據感應電量公式q=ΔΦR總得:q=BLsR,則得s=RqBL,。

5、②設此時線框所受安培力為F,有F=IlB③由于線框做勻速運動,其受力平衡,有mg=F④由①②③④式得v=mgRBl⑤設ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v,同理可得v=mgRBl⑥由⑤⑥式得vv=⑦()線框自釋放直到cd邊進入磁場前,由機械能守恒定律,有mgl=mv⑧線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有mg(l+H)=mv-mv+Q⑨由⑦⑧⑨式得H=Qmg+l⑩拓展提升電磁感應與能量問題的解題方法()解答能量問題的基本方法①安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”,用框圖表示如下:電能W安gtW安lt其他形式的能②明確功能關系,確定有哪些形式的能量發生了轉化。如有摩擦力做功,必有內能產生;有重力做功,重力勢能必然發生變化;安培力做負功,必然有其他形式的能轉化為電能;③根據不同物理情景選擇動能定理、能量守恒定律或功能關系,列方程求解問題。()求解焦耳熱的三個途徑①感應電路為純電阻電路時產生的焦耳熱等于克服安培力做的功,即Q=W克安,一般用于電流變化的電路;②感應電路中電阻產生的焦耳。

6、R→F解析()電阻R中的感應電流方向為Q→R→F答案()v=mg?R+r?BL解析()對系統由平衡關系得:mg-mg-F=,又F=BIL=BLvR+r,解得:v=mg?R+r?BL()重物從釋放到下降h的過程中,電阻R中產生的焦耳熱QR;答案()QR=mghRR+r-mg?R+r?RBL解析()設電路中產生的總焦耳熱為Q,則由能量守恒關系得:減少的重力勢能等于增加的動能和焦耳熱Q,即:mgh-mgh=(m)v+mv+Q所以電阻R中產生的焦耳熱QR為:QR=RR+rQ=mghRR+r-mg?R+r?RBL()若將重物下降h時的時刻記作t=,速度記為v,從此時刻起,磁感應強度逐漸減小,若此后金屬桿中恰好不產生感應電流,則磁感應強度B怎樣隨時間t變化(寫出B與t的關系式)。答案()B=Bhh+vt+gt解析()金屬桿中恰好不產生感應電流,即磁通量不變:hLB=(h+h′)LB,式中:h′=vt+at,又a=mg-mgm+m=g,解得:B=Bhh+vt+gt。歸納建模規范答題電磁感應中“桿+導軌”模型典例[四川高考](分)如。

7、故C正確。設導體棒cd在水平恒力撤去后產生的焦耳熱為Q,由于ab的電阻與cd相同,兩者串聯,則ab產生的焦耳熱也為Q。根據能量守恒得:Q+μmgs=mv,又s=RqBL,解得:Q=mv-μmgRqBL,故D正確。若cd棒在外力F作用下以恒定的加速度a做初速度為零的勻加速直線運動,則ab棒經多對地面的壓力為零?答案()t=s解析()感生電動勢為:E=ΔΦΔt=ΔBLdΔt⑤由閉合電路歐姆定律得:I=ER⑥t時刻的磁感應強度為:B=ΔBΔtt⑦PQ桿受力平衡:mg=BIL⑧聯立⑤⑥⑦⑧得時間t為:t=mgR?ΔBΔt?Ld=-????s=s。電磁感應與能量的綜合問題一般以計算題為主,常涉及電磁感應與電路的串并聯、動能定理、能量守恒等知識的綜合應用,考查學生分析問題、解決問題的能力。答案()vv=()H=Qmg+l解析()設磁場的磁感應強度大小為B,cd邊剛進入磁場時,線框做勻速運動的速度為v,cd邊上的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律,有E=Blv①設線框總電阻為R,此時線框中電流為I,由閉合電路歐姆定律,有I=ER。

8、所示,金屬導軌MNC和PQD,MN與PQ平行且間距為L,所在平面與水平面夾角為α,N、Q連線與MN垂直,M、P間接有阻值為R的電阻;光滑直導軌NC和QD在同一水平面內,與NQ的夾角都為銳角θ。均勻金屬棒ab和ef質量均為m,長均為L,ab棒初始位置在水平導軌上與NQ重合;ef棒垂直放在傾斜導軌上,與導軌間的動摩擦因數為μ(μ較小),由導軌上的小立柱和阻擋而靜止。空間有方向豎直的勻強磁場(圖中未畫出)。兩金屬棒與導軌保持良好接觸。不計所有導軌和ab棒的電阻,ef棒的阻值為R,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,忽略感應電流產生的磁場,重力加速度為g。()若磁感應強度大小為B,給ab棒一個垂直于NQ、水平向右的速度v,在水平導軌上沿運動方向滑行一段距離后停止,ef棒始終靜止,求此過程ef棒上產生的熱量;解析()設ab棒的初動能為Ek,ef棒和電阻R在此過程產生的熱量分別為W和W,有W+W=Ek①(分)且W=W②(分)由題有Ek=mv③(分)得W=mv④(分)()在()問過程中,ab棒滑行距離為d,求通過ab棒某橫截面的電荷。

9、等于電流通過電阻做的功,即Q=IRt,一般用于電流恒定的電路;③感應電路中產生的焦耳熱可通過能量守恒定律列方程求解。類題演練[湖南十三校聯考](多選)如圖所示,虛線框內為某種電磁緩沖車的結構示意圖,其主要部件為緩沖滑塊K和質量為m的緩沖車廂。在緩沖車的底板上,沿車的軸線固定著兩個光滑水平絕緣導軌PQ、MN。緩沖車的底部,安裝電磁鐵(圖中未畫出),能產生垂直于導軌平面向下的勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B。導軌內的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成,滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd,線圈的總電阻為R,匝數為n,ab邊長為L,假設緩沖車以速度v與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,而緩沖車廂繼續向前移動距離L后速度為零。已知緩沖車廂與障礙物和線圈的ab邊均沒有接觸,不計一切摩擦阻力。在這個緩沖過程中,下列說法正確的是()A線圈中的感應電流沿逆時針方向(俯視),最大感應電流為BLvRB線圈對電磁鐵的作用力使緩沖車廂減速運動,從而實現緩沖C此過程中,線圈abcd產生的焦耳熱為Q=mvD此過程中,通過線圈abcd的電荷量為q=BLR。

10、解析緩沖滑塊被障礙物C擋住后立即停下,在緩沖車廂向前移動過程中線圈的磁通量增大,由楞次定律可知,產生逆時針方向的電流,線圈受安培力的作用,它的反作用力使緩沖車廂減速,因此開始時的速度最大,感應電流也最大,由法拉第電磁感應定律可知,Em=nBLv,Im=nBLvR,因此A選項錯誤,B選項正確。緩沖車廂與線圈組成的系統總能量守恒Q熱=mv,因此C選項正確。在此過程中通過abcd的電荷量q=nΔΦR=nBLR,所以D選項是錯誤的。[遼寧五校聯考]如圖所示,光滑的定滑輪上繞有輕質柔軟細線,線的一端系一質量為m的重物,另一端系一質量為m、電阻為r的金屬桿。在豎直平面內有間距為L的足夠長的平行金屬導軌PQ、EF,在QF之間連接有阻值為R的電阻,其余電阻不計,磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直,開始時金屬桿置于導軌下端QF處,將重物由靜止釋放,當重物下降h時恰好達到穩定速度而勻速下降。運動過程中金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好。(忽略所有摩擦,重力加速度為g)求:()電阻R中的感應電流方向;()重物勻速下降的速度v;答案()Q→。

11、線圈加速度不斷減小,當F=mg時線圈勻速運動,故C、D項錯。電磁感應與電路的綜合應用一般以選擇題或計算題出現,涉及楞次定律、法拉第電磁感應定律、右手定則、閉合電路或部分電路的歐姆定律,串、并聯電路知識,電功、電功率的計算等知識。答案()W()ms()J解析()由于燈泡亮度始終不變,MN棒在t時刻進入磁場以后,做勻速直線運動,受力平衡,受力如右圖:列平衡方程:mgsinθ=F安F安=BIL聯立得I=AMN切割磁感線,相當于電源,等效電路如右圖:由電路的并聯關系得I燈=IRR+R=A所以P燈=I燈R=W()由法拉第電磁感應定律可知E=BLvE=I(r+R并)R并=R+R代入得v=ms()燈泡亮度始終不變,在MN進入ef之間的等效電路如圖:R′并=R+rE′=I燈(R+R′并)MN進入磁場前做勻加速直線運動,v=gsinθtt=s由法拉第電磁感應定律可知E′=LxeiΔBΔt其中ΔBΔt=t=,聯立得xei=m從ef到ij做勻速直線運動:xei=vtt=s整個過程小燈泡的熱量Q=P燈(t+t)=J拓展提升解決電磁感應與電路 。

12、問題的方法和步驟()解決與電路相聯系的電磁感應問題的基本方法①用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向。②畫等效電路圖。③運用全電路歐姆定律、串并聯電路性質、電功率等公式聯立求解。()解決電磁感應中電路問題的基本步驟①“源”的分析:用法拉第電磁感應定律算出E的大小,用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向(感應電流方向是電源內部電流的方向),從而確定電源正負極,明確內阻r。②“路”的分析:根據“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路。③根據E=Blv或E=nΔΦΔt,結合閉合電路歐姆定律、串并聯電路知識和電功率、焦耳定律等關系式聯立求解。類題演練[衡水一調](多選)如圖所示,邊長為L、不可形變的正方形導線框(電阻不計)內有半徑為r的圓形磁場區域。其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B=kt(常量kgt)。回路中滑動變阻器R的最大阻值為R,滑動片P位于滑動變阻器中央。定值電阻R=R、R=R,閉合開關S,電壓表的示數為U,不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢。則()AR兩端的電壓為UB電容器的a極

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