（浙江选考）2019版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流第2讲电磁感应规律的综合应用课件.ppt

1、第2讲电磁感应规律的综合应用,第九章电磁感应交变电流,内容索引,过好双基关回扣基础知识 训练基础题目,研透命题点细研考纲和真题 分析突破命题点,课时作业限时训练 练规范 练速度,过好双基关,一、电磁感应中的电路问题1.内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于 .(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的 ，其余部分是 .2.电源电动势和路端电压(1)电动势：E 或E .(2)路端电压：UIR .,电源,内阻,外电路,EIr,Blv,自测1(多选)在图1中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆.有匀强

2、磁场垂直于导轨平面.若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆ABA.匀速滑动时，I10，I20B.匀速滑动时，I10，I20C.加速滑动时，I10，I20D.加速滑动时，I10，I20,答案,图1,二、电磁感应中的动力学问题分析1.电磁感应中通过导体的感应电流，在磁场中将受到 的作用，因此，电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起.2.导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态静止状态或 运动状态.处理方法：根据平衡条件(合外力为零)列式分析.(2)导体的非平衡态加速度不为零.处理方法：根据 进行动态分析或结合功能关系分析.,安培力,匀速直线,牛顿第二定律,自测2(多选)如图2

3、所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动，最后静止C.ef将匀速向右运动D.ef的加速度逐渐减小，最后静止,答案,解析,图2,解析杆ef向右运动，所受安培力FBIl 方向向左，故杆做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A、D正确.,三、电磁感应现象中能量的问题1.能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能

4、转化为 ，电流做功再将电能转化为 .2.实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和 之间的转化.3.电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服 所做的功.(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的 .(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算.,电能,内能,电能,安培力,电能,自测3(多选)如图3所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，

5、且上升的高度为h，在这一过程中A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热,答案,图3,解析,解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功.匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，选项A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，选

6、项D正确.,研透命题点,命题点一电磁感应中的动力学问题,用牛顿运动定律解答电磁感应问题的一般步骤1.确定研究对象(导体棒或线圈)，用法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，用楞次定律判断感应电流的方向.2.画出等效电路图，求解回路中感应电流的大小.3.分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电路中电学参量的制约关系，即分析由于导体棒受到安培力，对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中电流有什么影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况.4.列出牛顿第二定律或平衡方程求解.,例1(2015浙江10月选考22改编)如图4甲所示，质量m3.0103 kg的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“

7、 ”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中.有一匝数n300匝，面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示.(g取10 m/s2),图4,答案,解析,(1)求00.10 s线圈中的感应电动势大小.,答案30 V,答案,解析,(2)t0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h0.20 m，求通过细杆CD的电荷量.,答案0.03 C,变式1如图5所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l0.5 m，其

8、电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触.已知两棒质量均为m0.02 kg，电阻均为R0.1 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止.g取10 m/s2，求：,图5,答案,解析,(1)通过棒cd的电流I是多少？方向如何？,答案1 A由d至c,解析棒cd受到的安培力为FcdIlB棒cd在共点力作用下平衡，则Fcdmgsin 30联立解得I1 A根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c.,答案,解析,

9、(2)棒ab受到的力F多大？,答案0.2 N,解析棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即FabFcd对棒ab，由共点力平衡条件得Fmgsin 30IlB解得F0.2 N,变式2如图6甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.求：,图6,答案,解析,(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出a

10、b杆下滑过程中某时刻的受力示意图；,答案见解析图,解析如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上.,(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；,解析当ab杆的速度大小为v时，感应电动势EBLv，,根据牛顿第二定律，有,答案,解析,(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值.,解析当a0时，ab杆有最大速度，,答案,解析,命题点二电磁感应中动力学和能量观点的综合应用,解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路1.电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系.2.受力分析：注

11、意导体棒所受的安培力大小和方向.3.运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析.4.能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式.5.规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化.,例2(2016浙江10月学考22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图7所示的装置.半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场.另有一质

12、量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中.从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接.,当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度).不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：,图7,(1)通过棒cd的电流Icd；,答案,解析,答案见解析,解析S断开，cd棒静止有mgkx0S闭合，cd棒静止时受到安培力FB2Icdl由楞次定律知流过

13、棒cd的电流方向为dc故cd棒静止时有mgB2Icdlkx,(2)电动机对该装置的输出功率P；,答案,解析,答案见解析,(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系.,答案,解析,答案见解析,变式3如图8甲所示，在一倾角为37的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个n10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R2.0 、总质量m0.2 kg、正方形边长L0.4 m.如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑.现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.

14、6，cos 370.8，g10 m/s2，求：,图8,(1)t1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；,答案,解析,答案0.2 A,解析由法拉第电磁感应定律结合题图乙得,解得E0.4 V,(2)从t0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；,答案,解析,答案4 s,解析对线圈受力分析可知未加磁场时：Ffmgsin 37线圈刚要开始运动时：Fmgsin 37FfFnBIL解得B3 T根据题图乙知B10.5t(T)，解得：t4 s,(3)从t0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.,答案,解析,答案0.32 J,解析由焦耳定律可得QI2Rt解得Q0.32 J.,变式4(2016安吉一中期末)如图9所