《2018届高考物理一轮复习 第3课时 专题 电磁感应的综合应用课件 人教大纲版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考物理一轮复习 第3课时 专题 电磁感应的综合应用课件 人教大纲版（52页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、电磁感应电路问题的理解和分类 1对电源的理解：电源是将其他形式的能转化为电能的装置在电磁感应现象里，通过导体切割磁感线和线圈磁通量的变化而将其他形式的能转化为电能,第3课时 专题 电磁感应的综合应用,2对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成 3问题分类 (1)确定等效电源的正负极，感应电流的方向，电势高低，电容器极板带电性质等问题 (2)根据闭合电路求解电路中的总电阻，路端电压，电功率的问题 (3)根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量：,(1)判断感应电流和电动势的方向，都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次定律
2、判定的实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反 (2)在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势,1(2010广东汕头六都中学质检)如图1231所示，在磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，有一等边三角形ABC的固定裸导体框架，框架平面与磁感线方向垂直，裸导体DE能沿着导体框架滑动，且滑动时一直能与框架保持良好的接触已知三角形的边长为0.2 m，且三角形框架和导体DE的材料、横截面积相同，它们单位长度的电阻均为每米10 ，当导体DE以v4.2 m/s的速度(速度方向与DE垂直)下滑至AB、AC的中点M、N时， 求：
3、(1)M、N两点间感应电动势的大小； (2)流过导体框底边BC的电流多大？方向如何？,解析：导体棒在滑动过程中切割磁感线产生感应电动势，MN相当于电源，给外电路供电；外电路由两个支路组成，一是支路MAN，二是支路MBCN. (1)N、M两点间感应电动势EBLMNv0.50.14.2 V0.21 V. (2)支路MAN的电阻R10.210 2 支路MBCN的电阻R20.410 4 导体棒MN之间的电阻r0.110 1 ,干路中的电流I 0.09 A，BC中的电流IBC I0.03 A MN相当于电源，M为电源的正极，所以通过道题框底边BC的电流方向是BC. 答案：（1）0.21V （2）0.03
4、A BC.,二、求解电磁感应与力学综合题的思路 思路有两种：一种是力的观点，另一种是能量的观点 1力的观点 力的观点是指应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题的方法即先对研究对象进行受力分析，根据受力变化应用牛顿第二定律判断加速度变化情况，最后找出求解问题的方法 2能量观点 动能定理、能量转化守恒定律在电磁感应中同样适用,三、电磁感应综合题中的两部分研究对象 电磁感应中的综合题有两种基本类型一是电磁感应与电路、电场的综合；二是电磁感应与磁场、导体的受力和运动的综合；或是这两种基本类型的复合题，题中电磁现象、力现象相互联系、相互影响和制约 这类题综合程度高，涉及的知识面广，解题时可将问题分解为两部
5、分：电学部分和力学部分,1电学部分思路：将产生感应电动势的那部分电路等效为电源如果在一个电路中切割磁感线的是几部分但又互相联系，可等效成电源的串、并联分析内外电路结构，应用闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律理顺电学量之间的关系 2力学部分思路：分析通电导体的受力情况及力的效果，应用牛顿定律、动量定理、动量守恒、动能定理、能量守恒等规律理顺力学量之间的关系 3两部分研究对象的网络结构图如下：,从上面可看出电流I和速度v是联系这两个研究对象的纽带,2如图1232甲所示为两根平行放置的相距L0.5 m且足够长的固定金属直角导轨，一部分水平，另一部分竖直质量均为m0.5 kg的金属细杆ab、cd始终与
6、导轨垂直且接触良好形成闭合回路，水平导轨与ab杆之间的动摩擦因数为，竖直导轨光滑,ab与cd之间用一根足够长的绝缘细线跨过定滑轮相连，每根杆的电阻均为R1 ，其他电阻不计整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现用一平行于水平导轨的恒定拉力F作用于ab杆，使之从静止开始向右运动，ab杆最终将做匀速运动，且在运动过程中， cd杆始终在竖直导轨上运动当改变拉力F的大小时，ab杆相对应的匀速运动的速度v的大小也随之改变，F与v的关系图线如图1232乙所示不计细线与滑轮之间的摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.求： (1)杆与水平导轨之间的动摩擦因数和磁感应强度B各为多大？ (2)若ab杆在F9 N的恒力作
7、用下从静止开始向右运动8 m后达到匀速状态，则在这一过程中整个回路产生的焦耳热为多少？,解析：(1)设ab杆匀速运动时的速度为v，则回路中产生的感应电动势EBLv 回路中的感应电流I ab杆所受到的安培力F安BIL 以T表示细线的拉力，对ab杆有FF安Tmg 对cd杆有Tmg 联立式，解得：F (1)mg ,由图乙可知：当F19 N时，v14 m/s； 当F211 N时，v28 m/s 将数据代入式，解得：0.4，B2 T (2)ab杆从静止开始向右运动直到匀速运动的过程中，设回路产生的焦耳热为Q，对ab、cd组成的系统，由能量守恒定律有FsQmgsmgs 2mv2 解得：Q8 J 答案：(1
8、)0.4 2 T (2)8 J,四、研究电磁感应中的图象问题,(1)在图象问题中，经常利用类比法，即每一个物理规律在确定研究某两个量的关系后，都能类比成数学函数方程进行分析和研究，如一次函数、二次函数、三角函数等 (2)求解图象问题应注意 明确图象所描述的物理意义； 必须明确各种“十”、“一”的含义； 必须明确斜率的含义； 必须建立图象和电磁感应过程之间的对应关系,3.（2010黄冈质检）如图12-3-3所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd,其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处.在y轴的右侧的、象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好
9、完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行，t=0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域.取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是下图中的( ),解析：在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，D错误；t0时刻，ab边切割磁感线的有效长度最大，然后逐渐减小，故感应电动势和感应电流逐渐减小，C错误；当cd边与磁场边界重合后继续运动，cd边切割磁感线，根据右手定则可知线框中电流方向为顺时针方向，即负方向，B错误，A正确 答案：A,【例1】如图1234所示，两条平行
10、的光滑水平导轨上，用套环连着一质量为0.2 kg、电阻为2 的导体杆ab，导轨间匀强磁场的方向垂直纸面向里已知R13 ，R26 ，电压表的量程为010 V，电流表的量程为03 A(导轨的电阻不计)求：,(1)将R调到30 时，用垂直于杆ab的力F40 N，使杆ab沿着导轨向右移动且达到最大速度时，两表中有一表的示数恰好满量程，另一表又能安全使用，则杆ab的速度多大？ (2)将R调到3 时，欲使杆ab运动达到稳定状态时，两表中有一表的示数恰好满量程，另一表又能安全使用，则拉力应为多大？ (3)在第(1)小题的条件下，当杆ab运动达到最大速度时突然撤去拉力，则电阻R1上还能产生多少热量？,解析：(
11、1)当R30 时，R与R2并联，有R并 5 设电流表满偏，则I3 A，电压表的示数为UIR并15 V10 V 与题意不符，故应是电压表满偏，U110 V，此时电路中的电流为I1 2 A 设导体杆ab电阻为r，则电路中的总电阻R总为R总rR并R110 当ab杆具有最大速度时有FBLI140 N 所以BL20 N/A 由闭合电路欧姆定律，得I1 ，EBLv 得v1 m/s,(2)当R3 时，R与R2的并联电阻值为R并 R并 2 设电流表满偏I23 A 则电压表的示数U2I2R并6 V10 V 故满偏电表为电流表 此时FBLI2，得F60 N.,(3)撤去外力时ab杆具有动能Ek mv2 最后ab杆
12、停下，具有的动能转化为内能QEk 由串联电路的功率分配有 所以Q1 Q mv20.03 J,解决电磁感应电路问题的基本步骤 1用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向：感应电流方向是电源内部电流的方向 2根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路 3根据EBLv或E 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解,11 如图1235甲所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为d，处在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直于P、Q放在导轨上，导体棒ef与P、Q导轨之间的动摩擦因数为.质量为
13、M的正方形金属框abcd，边长为L，每边电阻均为r，,用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，线框的a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框上半部分处在大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力现用一电动机以恒定功率沿导轨水平牵引导体棒ef向左运动，从导体棒开始运动计时，悬挂金属框的细线拉力T随时间的变化如图1235乙所示求：(1)稳定后通过ab边的电流； (2)稳定后导体棒ef运动的速度； (3)电动机的牵引功率P.,解析：(1)取金属框为研究对象，从t0时刻开始拉力恒定，故电路中电流恒定设ab边中电流
14、为I1，cd边中电流为I2，由受力平衡得：BI1LTMgBI2L T I1I2(3r)r 解得I1 . (2)设总电流为I，由闭合电路欧姆定律得：I ,Rr r EBdv I1I2I 而I1I2(3r)r，I1 解得v . (3)由电动机的牵引功率恒定得PFv 对导体棒有：FmgBid 由以上各式联立解得：P (mgMg) ,【例2】(16分)如图1236所示，一根电阻为R18 的电阻丝做成一个半径为r1 m的圆形导线框，竖直固定放置在磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，磁场垂直于线框平面并且分布在如图 1236所示的两竖直虚,图1236,线范围内现有一根质量m0.1 kg、电阻不计的光滑导体
15、棒，自圆形线框ab位置由静止沿线框平面下落，下落过程中始终保持水平并与线框保持良好接触经过圆心O的导体棒的加速度a18 m/s2，取g10 m/s2.求： (1)导体棒经过圆心O时速度的大小 (2)若导体棒从ab位置下落到cd位置的过程中，线框中产生的热量Q0.482 J，则导体棒经过cd时的加速度为多大？,解析：(1)根据题意和几何知识可知，磁场的宽度即导体棒切割磁感线的有效长度lr.设导体棒过O点的速度为v1，则此时导体棒中感应电动势为： EBrv1 (2分) 此时回路的总电阻为R1 (1分) 根据闭合电路的欧姆定律，导体棒中的感应电流为I1 (1分) 导体棒受到的安培力F1BrI1 (1分) 根据牛顿第二定律有：mgF1ma1 (2分) 联立解得：v13.6 m/s. (1分),(2)导体棒从开始运动到经过cd时下落高度为h2rcos 30 r (1分) 设导体棒运
