高考物理专题提升二轮复习 第1部分 专题4 第1讲 电磁感应问题的综合分析课件

专题四电磁感应与电路第1讲电磁感应问题的综合分析11．(2012年广东卷)如图4－1－1所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．2(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及其速率v.(2)改变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.图4－1－13解：(1)当Rx＝R棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件Mgsinθ＝F安培力F＝BIl解得I＝MgsinθBl感应电动势E＝Blv电流I＝E2R解得v＝2MgRsinθB2l2.4(2)微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件mg＝qUd棒沿导轨匀速，由平衡条件Mgsinθ＝BI1l金属板间电压U＝I1Rx解得Rx＝mldBMqsinθ.52．(2012年新课标卷)如图4－1－2所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.让该线框从静止开始绕过圆心O且垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示的位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为()图4－1－2A.4ωB0πB.2ωB0πC.ωB0πD.4ωB02π6答案：C解析：线圈匀速转动过程中，I＝Er＝12B0R2ωr＝B0R2ω2r.要使线圈产生相同电流，则I＝Er＝1rΔΦΔt＝1rΔB12πR2Δt＝12π1rΔBR2Δt，所以ΔBΔt＝ωB0π，C正确．73．(2011年广东卷)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案：C解析：由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt可知，C正确．84．(2010年广东卷)如图4－1－3所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上的感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是()图4－1－39解析：导线做匀速直线运动切割磁感线时，E＝BLv，是常数．开始时没有切割磁感线，没有感应电动势，最后一段也没有切割磁感线．答案：A10从近三年广东省高考来看，电磁感应不是出现在选择题中就是出现在计算题中，为高考必考内容.2012年电磁感应内容出现在计算题中，我们要做好这方面准备．(1)如果在选择题出现，主要考查楞次定律运用，判断感应电流的大小和方向变化情况，以图象题为主．(2)如果在计算题出现，主要考查两种感应电动势：感生电动势和动生电动势．涉及内容可以包括运动规律、牛顿三大定律、动量守恒定律、动能定理、机械能、能量守恒定律、圆周运动、闭合电路欧姆定律、安培力、交变电流等．11电磁感应的图象问题【例1】(2011年武汉调研)如图4－1－4所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L、高为L.纸面内一边长为L的正方形导框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(I—x)关系的是()12图4－1－4ABCD13答案：A解析：线框进入磁场的过程中，线框的右边做切割磁感线运动，产生感应电动势，从而在整个回路中产生感应电流，由于线框做匀速直线运动，且切割磁感线的有效长度不断增加，其感应电流的大小不断增加，由右手定则，可判定感应电流的方向是顺时针的；线框全部进入磁场后，线框的左边和右边同时切割磁感线，当x≤32L时，回路中的感应电流不断减小，由右手定则可判定感应电流的方向是顺时针的；当32Lx2L时，回路中的感应电流不断增加，但感应电流的方向是逆时针的；线框出磁场的过程，可依照同样的方法分析．14(1)根据“左力右电”对感应电流的方向进行判定，电流周围的磁场分析都用右手；(2)找准题目中规定的正方向，先判断方向；(3)再根据切割长度、速度或磁通量的变化率来分析感应电流大小的变化．151．(2011年佛山二模)如图4－1－5所示，一边长为L的正方形导线框，匀速穿过宽2L的匀强磁场区域．取它刚进入磁场的时刻为t＝0，则下列四个图象中，能正确反映线框感应电流i随时间t变化规律的是(规定线框中电流沿逆时针方向为正)()图4－1－516解析：进入磁场区域时由右手定则可知，感应电流为逆时针方向，与规定方向相同；完全进入后，无磁通量的变化，故无感应电流；离开磁场区域时，左边为切割边，由右手定则知感应电流为顺时针方向，故C正确．答案：C17与感生电动势相关的电流、焦耳热等问题【例2】(2011年浙江卷)如图4－1－6甲所示，在水平面上固定有长为L＝2m、宽为d＝1m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5m的范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1kg的导体棒以v0＝1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响，取g＝10m/s2.18(1)通过计算分析4s内导体棒的运动情况；(2)计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4s内回路产生的焦耳热．图4－1－619[答题规范](1)在t＝0时刻，导体棒在无磁场区域开始向右做匀减速运动，有－μmg＝ma，vt＝v0＋at，x＝v0t＋12at2代入数据解得t＝1s，x＝0.5m，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1s末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝0.5m.20(2)前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0后2s回路产生的电动势为E＝ΔΦΔt＝ldΔBΔt＝0.1V回路的总长度为5m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5Ω电流为I＝ER＝0.2A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04J.21(1)产生感应电动势的导体相当于一个电源，感应电动势等效于电源电动势，产生感应电动势的导体的电阻等效于电源的内阻．(2)电源内部的电流方向从负极流向正极，即从低电势流向高电势．(3)产生感应电动势的导体跟用电器连接，可以对用电器供电，由闭合电路的欧姆定律求解各种问题．(4)解决电磁感应中的电路问题，必须按题意画出等效电路，其余问题为电路分析和闭合电路欧姆定律的应用．222．截面积为S＝0.2m2、匝数为n＝100匝的线圈A，处在如图4－1－7甲所示的磁场中，磁感应强度B随时间按图乙所示的规律变化，方向垂直线圈平面，规定向外为正方向．电路中R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，线圈电阻不计．(1)闭合开关S稳定后，求通过R2的电流；(2)闭合开关S一段时间后再断开，则断开后通过R2的电荷量是多少？图4－1－723解：由于线圈A所在的磁场变化引起穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电动势．当S闭合后，就有电流通过R1、R2.(1)由图乙知B随时间按线性变化，变化率为ΔBΔt＝0.2T/s.由法拉第电磁感应定律得E＝nΔBΔtS＝4V．由楞次定律确定电流方向，在0～1s内，原磁场方向垂直于线圈平面向里，大小在减小，故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，因此线圈中的感应电流方向为顺时针方向．从电路角度来看，线圈就是电源，R1和R2串联后构成外电路，电容器支路中无电流．由闭合电路欧姆定律得流过R2的电流I＝ER1＋R2＝0.4A，方向向下．24(2)S闭合后，将对C充电，电容器两端的电势差等于R2两端的电压．其充电量Q＝CU＝CR2R1＋R2E＝7.2×10－5C．S断开后，电容器通过R2放电，所以通过R2的电荷量为7.2×10－5C.25与动生电动势相关的电流、焦耳热等问题【例3】(2011年广雅中学模拟)两根相距为L的足够长的平行金属直角导轨MNP与M′N′P′如图4－1－8所示那样放置，MN与M′N′在同一水平面内，NP与N′P′沿竖直方向．水平金属细杆ab、cd分别与导轨垂直接触形成闭合回路，cd杆的质量为m、与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为R.整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下以某一速度沿导轨匀速向左运动时，cd杆恰好竖直向下匀速运动．重力加速度为g.求：26(1)通过cd杆的电流大小和方向；(2)ab杆向左匀速运动的速度v多大？图4－1－827解：(1)cd杆向下匀速运动时，设cd与导轨的摩擦力为fcd，安培力为Fcdmg＝fcdfcd＝μFcdFcd＝BIL联立解得I＝mgμBL通过cd杆的电流方向为d到c.(2)ab杆匀速运动速度为v，则E＝BLv根据闭合电路的欧姆定律I＝ER联立解得v＝mgRμB2L2.28本类题的最大的特点是电磁学与力学知识相结合．注意：(1)受力分析，如重力、支持力、摩擦力、安培力等；找出关键信息，如“静止”、“匀速”、“匀加速”等，建立方程．(2)运动过程分析，找出每个过程的物理关系式．(3)功能关系的熟练运用，如重力、安培力、摩擦力等做功情况，以及与之对应的能量变化关系．293．(2011年上海卷)如图4－1－9所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．取g＝10m/s2，求：30图4－1－9(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；(2)金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a；(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理W重－W安＝12mv2m……由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．31解：(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3J故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4J.(2)金属棒下滑时受重力和安培力作用F安＝BIL＝B2L2vR＋r由牛顿第二定律得mgsin30°－B2L2vR＋r＝ma故a＝gsin30°－B2L2mR＋rv＝3.2m/s2.32(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin30°－B2L2R＋rv＝ma上式表明，加速度随速度增加而减小，金属棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．则有mgssin30°－Q＝12mv2m故vm＝2gssin30°－2Qm＝2.74m/s.331．图象问题有两种：一是给出电磁感应过程选出或画出正确的图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．其思路是：利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势、感应电流的大小，利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向，利用图象法直观、明确地表示出感应电流的大小和方向．342．电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化，因此从功和能的观点入手，分析清楚能量转化的关系，往往是解决电磁感应问题的重要途径；在运用功能关系解决问题时，应注意能量转化的来龙去脉，顺着受力分析、做功分析、能量分析的思路严格进行