高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題五 第11講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用課件.ppt

第11講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 體系構(gòu)建 核心自查 一 安培定則 左手定則 右手定則 楞次定律的應(yīng)用1 安培定則 左手定則 右手定則 楞次定律應(yīng)用于不同現(xiàn)象 安培定則 左手定則 右手定則 楞次定律 2 右手定則與左手定則的區(qū)別抓住 因果關(guān)系 是解決問題的關(guān)鍵 因動(dòng)而電 用 因電而力 用 3 楞次定律中 阻礙 的表現(xiàn) 1 阻礙 的變化 增反減同 2 阻礙物體間的 來拒去留 3 阻礙原電流的 自感 左手定則 磁通量 相對(duì)運(yùn)動(dòng) 變化 二 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算1 法拉第電磁感應(yīng)定律 e 常用于計(jì)算 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 1 若b變 而s不變 則e 2 若s變而b不變 則e 2 導(dǎo)體垂直切割磁感線 e 主要用于求電動(dòng)勢(shì)的 平均 blv 3 如圖所示 導(dǎo)體棒以棒的一端為圓心在垂直磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為e 三 電磁感應(yīng)問題中安培力 電荷量 熱量的計(jì)算1 導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng) 導(dǎo)體棒中有感應(yīng)電流 受安培力作用 根據(jù)e blv i f bil 可得f 2 閉合電路中磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 電荷量的計(jì)算方法是根據(jù)則q 若線圈匝數(shù)為n 則q 3 電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱 當(dāng)電路中電流恒定時(shí) 可以用 計(jì)算 當(dāng)電路中電流發(fā)生變化時(shí) 則應(yīng)用功能關(guān)系或 計(jì)算 焦耳定律 能量守恒定律 熱點(diǎn)考向1 電磁感應(yīng)圖像問題 典題訓(xùn)練1 2012 新課標(biāo)全國卷 如圖 一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi) 線框在長直導(dǎo)線右側(cè) 且其長邊與長直導(dǎo)線平行 已知在t 0到t t1的時(shí)間間隔內(nèi) 直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化 而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針方向 線框受到的安培力的合力先水平向左 后水平向右 設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同 則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是 解題指導(dǎo) 解答本題可按以下思路分析 解析 選a 分析a圖 如圖甲所示 在0 t2時(shí)間內(nèi) 直導(dǎo)線中的電流在線框處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里 由楞次定律可知此過程中線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向 由左手定則可判斷出線框的左邊所受安培力較大 方向向左 線框的右邊所受安培力較小 方向向右 線框所受合力方向向左 如圖乙所示 在t2 t1時(shí)間內(nèi) 直導(dǎo)線中的電流在線框處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外 由楞次定律可知此過程中線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向 由左手定則可判斷出線框的左邊所受安培力較大 方向向右 線框的右邊所受安培力較小 方向向左 線框所受合力方向向右 如圖丙所示 故選項(xiàng)a正確 b c d錯(cuò)誤 典題訓(xùn)練2 2013 東營二模 如圖所示 虛線上方空間存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 正方形導(dǎo)線框繞垂直紙面的軸o在紙面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng) 轉(zhuǎn)動(dòng)周期為t 從線框處于圖示位置時(shí)開始計(jì)時(shí) 以o a b c o的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向 對(duì)產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述 最接近實(shí)際情況的是 解題探究 1 請(qǐng)結(jié)合題意分析各物理量的情況 增加 逆時(shí)針或正方向 不變 無 減少 順時(shí)針或負(fù)方向 2 當(dāng)線框轉(zhuǎn)到如圖所示位置時(shí) 請(qǐng)指出線框中切割磁感線的等效長度是哪一段 提示 等效切割磁感線的線段為od 解析 選d 0 時(shí) 線框中無感應(yīng)電流 時(shí) 線框進(jìn)入磁場(chǎng) 磁通量增加 根據(jù)楞次定律可知 線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針 即正方向 故a c錯(cuò)誤 在 線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí) 其有效切割長度逐漸增長 感應(yīng)電流逐漸增大 故b錯(cuò)誤 d正確 拓展提升 考題透視 電磁感應(yīng)圖像問題多以選擇題形式出現(xiàn) 有時(shí)也與計(jì)算題結(jié)合 主要考查以下內(nèi)容 1 綜合考查楞次定律 法拉第電磁感應(yīng)定律及電路 安培力等相關(guān)知識(shí) 2 在計(jì)算題中考查學(xué)生的識(shí)圖能力 由圖像獲取解題信息的能力 借題發(fā)揮 解答電磁感應(yīng)圖像問題的三個(gè)關(guān)注 1 關(guān)注初始時(shí)刻 如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零 是正方向還是負(fù)方向 2 關(guān)注變化過程 看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階段 這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對(duì)應(yīng) 3 關(guān)注大小 方向的變化趨勢(shì) 看圖像斜率的大小 圖像的曲 直是否和物理過程對(duì)應(yīng) 通關(guān)題組 1 2013 莆田一模 如圖甲所示 一底邊為l 高也為l的等腰三角形導(dǎo)體框以恒定的速度v沿垂直于磁場(chǎng)區(qū)域邊界的方向穿過長為2l 寬為l的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 t 0時(shí)刻 三角形導(dǎo)體框的底邊剛進(jìn)入磁場(chǎng) 取沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流為正 則在三角形導(dǎo)體框穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中 感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖線可能是圖乙中的 解析 選a 在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中 切割磁感線的有效長度逐漸減小 所以電流逐漸減小 全部進(jìn)入磁場(chǎng)后電流為零 在出磁場(chǎng)的過程中 電流方向與進(jìn)入時(shí)反向 電流逐漸為零 故a對(duì) 2 邊長為a的閉合金屬正三角形框架 完全處于垂直于框架平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 現(xiàn)把框架勻速拉出磁場(chǎng) 如圖所示 則下列圖中電動(dòng)勢(shì) 外力 外力功率與位移關(guān)系圖像規(guī)律與這一過程相符合的是 解析 選b 框架勻速拉出的過程中 有效長度l均勻增加 由e blv知 電動(dòng)勢(shì)均勻變大 a錯(cuò) b對(duì) 因勻速運(yùn)動(dòng) 則 故外力f外隨位移x的增大而非線性增大 c錯(cuò) 外力功率p f外v v恒定不變 故p也隨位移x的增大而非線性增大 d錯(cuò) 熱點(diǎn)考向2 電磁感應(yīng)電路和動(dòng)力學(xué)問題 典題訓(xùn)練3 光滑平行的金屬導(dǎo)軌mn和pq 間距l(xiāng) 1 0m 與水平面之間的夾角 30 勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度b 2 0t 垂直于導(dǎo)軌平面向上 mp間接有阻值r 2 0 的電阻 其他電阻不計(jì) 質(zhì)量m 2 0kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置 如圖甲所示 用恒力f沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab 由靜止開始運(yùn)動(dòng) v t圖像如圖乙 g 10m s2 導(dǎo)軌足夠長 求 1 恒力f的大小 2 金屬桿速度為2 0m s時(shí)的加速度大小 3 根據(jù)v t圖像估算在前0 8s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量 解題指導(dǎo) 解答此題應(yīng)注意以下兩點(diǎn) 1 恒力f拉動(dòng)金屬桿做變加速運(yùn)動(dòng) 安培力是變力 當(dāng)桿受力平衡時(shí) 達(dá)到最大速度 2 恒力f做的功轉(zhuǎn)化為金屬桿的重力勢(shì)能 動(dòng)能和電能 電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 即電阻上產(chǎn)生的熱量 解析 1 由題圖乙知 桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm 4m s此時(shí)有 f mgsin f安 mgsin 代入數(shù)據(jù)得f 18n 2 由牛頓第二定律可得f f安 mgsin maa 代入數(shù)據(jù)得a 2 0m s2 3 由題圖乙可知0 8s末金屬桿的速度v1 2 2m s前0 8s內(nèi)圖線與t軸所包圍的小方格的個(gè)數(shù)為27個(gè) 面積為27 0 2 0 2 1 08 即前0 8s內(nèi)金屬桿的位移x 1 08m 由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律得q fx mgxsin 代入數(shù)據(jù)得 q 3 80j 說明 前0 8s內(nèi)圖線與t軸所包圍的小方格的個(gè)數(shù)在26 28個(gè)之間 位移在1 04m 1 12m之間 產(chǎn)生的熱量在3 48j 4 12j之間均正確 答案 1 18n 2 2 0m s2 3 3 80j 拓展提升 考題透視 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)問題為每年高考的熱點(diǎn) 考查方式既有選擇題 又有計(jì)算題 命題規(guī)律有以下兩點(diǎn) 1 與牛頓第二定律 運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合的動(dòng)態(tài)分析問題 2 電磁感應(yīng)中的安培力問題 涉及受力分析及功能關(guān)系的問題 借題發(fā)揮 電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)問題的解題策略此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系 相互制約 解決問題前首先要建立 動(dòng) 電 動(dòng) 的思維順序 可概括為 1 找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者 用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向 2 根據(jù)等效電路圖 求解回路中電流的大小及方向 3 分析安培力對(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度 加速度的影響 從而推理得出對(duì)電路中的電流有什么影響 最后定性分析導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況 4 列牛頓第二定律或平衡方程求解 通關(guān)題組 1 如圖甲所示為磁懸浮列車模型 質(zhì)量m 1kg的絕緣板底座靜止在動(dòng)摩擦因數(shù) 1 0 1的粗糙水平地面上 位于磁場(chǎng)中的正方形金屬框abcd為動(dòng)力源 其質(zhì)量m 1kg 邊長為1m 電阻為 與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù) 2 0 4 o o 分別為ad bc的中點(diǎn) 在金屬框內(nèi)有可隨金屬框同步移動(dòng)的磁場(chǎng) oo cd區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)如圖乙所示 cd恰在磁場(chǎng)邊緣以外 oo ba區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)如圖丙所示 ab恰在磁場(chǎng)邊緣以內(nèi) 若絕緣板足夠長且認(rèn)為絕緣板與地面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 則金屬框從靜止釋放后 g 10m s2 a 若金屬框固定在絕緣板上 金屬框的加速度為3m s2b 若金屬框固定在絕緣板上 金屬框的加速度為7m s2c 若金屬框不固定 金屬框的加速度為3m s2 絕緣板仍靜止d 若金屬框不固定 金屬框的加速度為7m s2 絕緣板的加速度為2m s2 解析 選a 若金屬框固定在絕緣板上 則f安 1 m m g m m a1 n解得a1 3m s2 a正確 b錯(cuò)誤 當(dāng)金屬框不固定時(shí) 對(duì)于金屬框 f安 2mg ma2解得a2 4m s2 對(duì)于絕緣板 2mg 1 m m g ma3解得a3 2m s2故c d錯(cuò)誤 2 如圖所示 寬度為l 0 20m的足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上 導(dǎo)軌的一端連接阻值為r 1 0 的電阻 導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b 0 50t 一根質(zhì)量為m 10g的導(dǎo)體棒mn放在導(dǎo)軌上與導(dǎo)軌接觸良好 導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計(jì) 現(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的拉力拉動(dòng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)速度v 10m s 在運(yùn)動(dòng)過程中保持導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直 求 1 在閉合回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小 2 作用在導(dǎo)體棒上的拉力的大小 3 導(dǎo)體棒移動(dòng)30cm時(shí) 電阻r上產(chǎn)生的熱量 解析 1 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e blv 1 0v感應(yīng)電流為i 1 0a 2 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng) 安培力與拉力平衡即有f bil 0 1n 3 導(dǎo)體棒移動(dòng)30cm的時(shí)間為t 0 03s根據(jù)焦耳定律得 q1 i2rt 0 03j 或q1 fl 0 03j 答案 1 1 0a 2 0 1n 3 0 03j 熱點(diǎn)考向3 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題 典題訓(xùn)練4 如圖所示 正方形導(dǎo)線框abcd abcd的邊長均為l 電阻均為r 質(zhì)量分別為2m和m 它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端 且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi) 在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b 方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 開始時(shí)導(dǎo)線框abcd的下邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界重合 導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界的距離為l 現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放 當(dāng)導(dǎo)線框abcd剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí) 系統(tǒng)開始做勻速運(yùn)動(dòng) 不計(jì)摩擦和空氣阻力 則 a 兩導(dǎo)線框剛開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)輕繩上的張力ft 2mgb 系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小c 導(dǎo)線框abcd通過磁場(chǎng)的時(shí)間d 兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱 解題指導(dǎo) 解答此題可以按以下思路 1 當(dāng)兩導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) 運(yùn)用隔離法分析兩框各自受力情況 得出繩子的張力和導(dǎo)線框的速度 2 由導(dǎo)線框abcd在磁場(chǎng)中受安培力的情況分析其運(yùn)動(dòng)情況 判斷導(dǎo)線框通過磁場(chǎng)的時(shí)間 3 根據(jù)能量守恒的條件判斷系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱 解析 選b 當(dāng)導(dǎo)線框abcd剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí) 由abcd受力平衡 得ft mg a錯(cuò)誤 對(duì)abcd受力分析 則2mg ft f安 而 得 b正確 當(dāng)abcd剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí) abcd上邊界剛進(jìn)磁場(chǎng) 導(dǎo)線框繼續(xù)勻速運(yùn)動(dòng) 故通過磁場(chǎng)的時(shí)間 c錯(cuò)誤 當(dāng)兩導(dǎo)線框等高時(shí) 導(dǎo)線框abcd減少的重力勢(shì)能 ep1 2mg 2l 導(dǎo)線框abcd增加的重力勢(shì)能 ep2 mg 2l 系統(tǒng)增加的動(dòng)能 ek 根據(jù)能量守恒定律q 2mgl d錯(cuò)誤 典題訓(xùn)練5 2013 合肥一模 如圖所示 固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為l 導(dǎo)軌電阻不計(jì) 上端a b間接有阻值為r的電阻 導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為 且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b 方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 質(zhì)量為m 電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上 初始時(shí)刻 彈簧恰處于自然長度 導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸 已知彈簧的勁度系數(shù)為k 彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行 1 求初始時(shí)刻通過電阻r的電流的大小和方向 2 當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí) 速度變?yōu)関 求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a 3 導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為ep 求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)直到停止的過程中 電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱 解題探究 1 請(qǐng)畫出導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)的受力分析圖 提示 2 電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱qr的求解思路 先求整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱q 設(shè)彈簧的壓縮量為x a 物理規(guī)律 b 方程式 再求電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱qr qr與q的關(guān)系式 能量守恒定律 mv02 mgxsin ep q 解析 1 導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e1 blv0 通過r的電流大小i1 由 式得i1 根據(jù)右手定則和電路特點(diǎn)可判斷電流方向?yàn)閎 r a 2 第一次回到初始位置時(shí) 導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e2 blv 感應(yīng)電流i2 導(dǎo)體棒受到的安培力大小f bi2l 方向沿斜面向上由 式得f 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin f ma 由 式解得a gsin 3 導(dǎo)體棒最終靜止 有mgsin kx 設(shè)整個(gè)過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為q 根據(jù)能量守恒定律有mv02 mgxsin ep q 電阻r上產(chǎn)生的焦耳熱qr 由 式得答案 1 方向?yàn)閎 r a 2 gsin 3 拓展提升 考題透視 該知識(shí)為每年高考的重點(diǎn) 既有選擇題 又有計(jì)算題 分析近幾年考題 命題有以下特點(diǎn) 1 電磁感應(yīng)與電路 動(dòng)力學(xué)知識(shí)結(jié)合在一起進(jìn)行綜合考查 2 電流恒定時(shí) 考查焦耳定律 電功率的相關(guān)知識(shí) 3 電流變化時(shí) 考查不同能量的轉(zhuǎn)化問題 借題發(fā)揮 求解焦耳熱的三個(gè)途徑 1 電磁感應(yīng)電路為純電阻電路時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功 即q w克安 2 電磁感應(yīng)電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功 即q i2rt 3 電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱可通過能量守恒定律列方程求解 通關(guān)題組 1 在光滑的水平地面上方 有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為b 方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng) 如圖所示 pq為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界 磁場(chǎng)范圍足夠大 一個(gè)半徑為a 質(zhì)量為m 電阻為r的金屬圓環(huán)垂直磁場(chǎng)方向 以速度v從如圖所示位置運(yùn)動(dòng) 當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線pq重合時(shí) 圓環(huán)的速度為 則下列說法正確的是 a 此時(shí)圓環(huán)中的電功率為b 此時(shí)圓環(huán)的加速度為c 此過程中通過圓環(huán)截面的電量為d 此過程中回路產(chǎn)生的電能為0 75mv2 解析 選c 由右手定則知 當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線pq重合時(shí) 兩個(gè)半圓切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向都為順時(shí)針方向 所以 回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小e 2bav 回路中的電流 功率p ei a錯(cuò)誤 圓環(huán)受到的安培力f 4bia 由牛頓第二定律得a b錯(cuò)誤 圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線pq重合時(shí) 通過圓環(huán)的磁通量為0 故q c正確 此過程中回路產(chǎn)生的熱量等于動(dòng)能的減少量 為0 375mv2 d錯(cuò)誤 2 2013 南通二模 如圖甲所示 光滑的平行水平金屬導(dǎo)軌mn pq相距l(xiāng) 在m點(diǎn)和p點(diǎn)間連接一個(gè)阻值為r的電阻 一質(zhì)量為m 電阻為r 長度也剛好為l的導(dǎo)體棒ab垂直擱在導(dǎo)軌上 在導(dǎo)體棒的右側(cè)導(dǎo)軌間加一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng) 磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面 寬度為d0 磁感應(yīng)強(qiáng)度為b 設(shè)磁場(chǎng)左邊界到導(dǎo)體棒的距離為d 現(xiàn)用一個(gè)水平向右的力f拉導(dǎo)體棒 使它由靜止開始運(yùn)動(dòng) 棒離開磁場(chǎng)前已做勻速直線運(yùn)動(dòng) 與導(dǎo)軌始終保持良好接觸 導(dǎo)軌電阻不計(jì) 水平力f與位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示 f0已知 求 1 導(dǎo)體棒ab離開磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度 2 導(dǎo)體棒ab通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中整個(gè)回路所消耗的電能 3 d滿足什么條件時(shí) 導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后一直做勻速運(yùn)動(dòng) 解析 1 設(shè)離開磁場(chǎng)右邊界時(shí)導(dǎo)體棒ab速度為v 則有e blvi 對(duì)導(dǎo)體棒有2f0 bil 0解得 v 2 在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中 根據(jù)動(dòng)能定理 f0d 2f0d0 w安 mv2 0由功能關(guān)系 e電 w安解得 e電 f0 d 2d0 3 設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0 則有f0d mv02 0當(dāng)v0 v 即d 時(shí) 導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后一直做勻速運(yùn)動(dòng)答案 1 2 f0 d 2d0 3 電磁感應(yīng)綜合問題的規(guī)范求解電磁感應(yīng)綜合問題往往涉及法拉第電磁感應(yīng)定律 楞次定律 閉合電路歐姆定律 動(dòng)力學(xué)問題 能量問題等 綜合性較強(qiáng) 解答時(shí)可以從以下三方面進(jìn)行突破 1 明確電學(xué)對(duì)象 2 建立動(dòng)力學(xué)模型 3 明確功能關(guān)系確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化 例如 有摩擦力做功必有內(nèi)能產(chǎn)生 有重力做功 重力勢(shì)能必然發(fā)生變化 安培力做負(fù)功 必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能 典題例證 典例 15分 兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌mn pq與水平面成 角放置 兩導(dǎo)軌間距為l m p兩點(diǎn)間接有阻值為r的電阻 一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上 并與導(dǎo)軌垂直 整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上 導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好 它們的電阻不計(jì) 現(xiàn)讓ab桿由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑 1 求ab桿下滑的最大速度vm 2 ab桿由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過程中 電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為q 求該過程中ab桿下滑的距離x及通過電阻r的電量q 解題關(guān)鍵 1 當(dāng)桿下滑的加速度為零 即合外力為零時(shí) 達(dá)到最大速度 2 將桿運(yùn)動(dòng)過程中涉及的能量全面考慮 電磁感應(yīng)發(fā)生的過程中能量守恒 3 計(jì)算通過電阻的電荷量一定要用平均電動(dòng)勢(shì)和平均電流 解題思路 1 當(dāng)加速度為零時(shí)mgsin 由此可求出最大速度 2 桿下滑過程中重力勢(shì)能減少 動(dòng)能增加 同時(shí)克服安培力做功 將一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 應(yīng)用能量守恒定律求解位移x 3 根據(jù)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)求解平均電流 用q t求解電荷量 規(guī)范解答 1 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 歐姆定律 安培力公式和牛頓第二定律 有e blv 1分 i 1分 fa bil 1分 mgsin fa ma 2分 即mgsin ma當(dāng)加速度a為零時(shí) 速度v達(dá)到最大 速度最大值 1分 2 根據(jù)能量守恒定律有mgxsin 2分 得x 2分 根據(jù)電磁感應(yīng)定律有 1分 根據(jù)閉合電路歐姆定律有 1分 感應(yīng)電量 1分 得 2分 答案 1 2 拓展訓(xùn)練 2013 和平區(qū)二模 兩根平行的金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)1 1m 與水平方向成 30 角傾斜放置 如圖甲所示 其上端連接阻值r 1 5 的電阻 另有一根質(zhì)量m 0 2kg 電阻r 0 5 的金屬棒ab放在兩根導(dǎo)軌上 距離上端l2 4m 棒與導(dǎo)軌垂直并接觸良好 導(dǎo)軌電阻不計(jì) 因有摩擦力作用 金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)在垂直導(dǎo)軌面加上從零均勻增強(qiáng)的磁場(chǎng) 磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示 已知在t 2s時(shí)棒與導(dǎo)軌間的摩擦力剛好為零 g取10m s2 則在棒發(fā)生滑動(dòng)之前 1 試討論所加磁場(chǎng)的方向并確定電路中的感應(yīng)電流是變化的還是恒定的 2 t 2s時(shí) 磁感應(yīng)強(qiáng)度b為多大 3 假如t 3s時(shí)棒剛要發(fā)生滑動(dòng) 則棒與導(dǎo)軌間最大靜摩擦力多大 4 從t 0到t 3s內(nèi) 電阻r上產(chǎn)生的電熱有多少 解析 1 由楞次定律和左手定則可判定 磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌面向上或垂直導(dǎo)軌向下 因b均勻增大 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值 故產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定 2 當(dāng)t 2s時(shí) 對(duì)導(dǎo)體棒由平衡條件得 mgsin b2il1 由閉合電路歐姆定律得i 由法拉第電磁感應(yīng)定律得 聯(lián)立 式解得b2 1t 3 當(dāng)t 3s時(shí) 對(duì)棒由平衡條件得b3il1 mgsin ffmax由題圖乙及第 2 問可得t 3s時(shí) b3 1 5t 聯(lián)立解得ffmax 0 5n 4 由焦耳定律得qr i2rt代入數(shù)據(jù)解得q 4 5j答案 1 見解析 2 1t 3 0 5n 4 4 5j 1 2013 海南高考改編 如圖 在水平光滑桌面上 兩相同的矩形剛性小線圈分別疊放在固定的絕緣矩形金屬框的左右兩邊上 且每個(gè)小線圈都各有一半面積在金屬框內(nèi) 在金屬框接通逆時(shí)針方向電流的瞬間 a 兩小線圈會(huì)有相互靠攏的趨勢(shì)b 兩小線圈不會(huì)有相互遠(yuǎn)離的趨勢(shì)c 兩小線圈中感應(yīng)電流都沿順時(shí)針方向d 左邊小線圈中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向 右邊小線圈中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向 解析 選c 金屬框接通電流的瞬間 兩個(gè)小線圈的磁通量均增大 根據(jù)楞次定律 為了阻礙磁通量的增大 它們必須相互遠(yuǎn)離 選項(xiàng)a b錯(cuò)誤 由環(huán)形電流的磁場(chǎng)分布規(guī)律知兩小線圈中原磁場(chǎng)方向均垂直紙面向外 根據(jù) 增反減同 原則得 c正確 d錯(cuò)誤 2 2013 汕頭一模 如圖 圓環(huán)形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上 在a的正上方固定一豎直螺線管b 二者軸線重合 螺線管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路 若將滑動(dòng)變阻器的滑片p向下滑動(dòng) 下列表述正確的是 a 線圈a中將產(chǎn)生俯視順時(shí)針方向的感應(yīng)電流b 穿過線圈a的磁通量變小c 線圈a有擴(kuò)張的趨勢(shì)d 線圈a對(duì)水平桌面的壓力fn將增大 解析 選d 若將滑動(dòng)變阻器的滑片p向下滑動(dòng) 線圈b中的電流將增大 穿過線圈a的磁通量增大 根據(jù)楞次定律 線圈a中將產(chǎn)生俯視逆時(shí)針方向的電流 線圈a有縮小的趨勢(shì) a與b之間為斥力 a對(duì)水平桌面的壓力f