江苏省2018-2019届高三物理总复习课件:第四章电磁感应3
江苏省2018-2019高考物理总复习讲义:第四章 电磁感应 微型专题3 Word版含答案
微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题[学习目标] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况,能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应问题往往与力学问题联系在一起,处理此类问题的基本方法是:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.处理方法:根据平衡条件——合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.处理方法:根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例1如图1所示,空间存在B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是水平放置的平行长直导轨,其间距L=0.2 m,电阻R=0.3 Ω接在导轨一端,ab是跨接在导轨上质量m =0.1 kg、接入电路部分的电阻r=0.1 Ω的导体棒,已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好,求:(g=10 m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度;(2)试定性画出导体棒运动的速度-时间图象.答案(1)10 m/s(2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动,产生的感应电动势:E=BL v①回路中的感应电流I =ER +r ②导体棒受到的安培力F 安=BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用,根据牛顿第二定律: F -μmg -F 安=ma ④由①②③④得:F -μmg -B 2L 2vR +r=ma ⑤由⑤可知,随着速度的增大,安培力增大,加速度a 减小,当加速度a 减小到0时,速度达到最大.此时有F -μmg -B 2L 2v mR +r =0⑥可得:v m =(F -μmg )(R +r )B 2L 2=10 m/s ⑦(2)由(1)中分析可知,导体棒运动的速度-时间图象如图所示.电磁感应动力学问题中,要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是:导体受外力运动――→E =Bl v产生感应电动势―――――→EI R r=+产生感应电流――→F =BIl导体受安培力―→合外力变化――→F 合=ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a =0,v 达到最大值.例2 如图2甲所示,两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ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.(重力加速度为g )图2(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图;(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;(3)求在下滑过程中,ab 杆可以达到的速度最大值. 答案 (1)见解析图(2)BL v R g sin θ-B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示,ab 杆受重力mg ,方向竖直向下;支持力F N ,方向垂直于斜面向上;安培力F 安,方向沿导轨向上. (2)当ab 杆的速度大小为v 时,感应电动势E =BL v , 此时电路中的电流I =E R =BL v Rab 杆受到安培力F 安=BIL =B 2L 2vR根据牛顿第二定律,有mg sin θ-F 安=mg sin θ-B 2L 2vR =ma则a =g sin θ-B 2L 2vmR.(3)当a =0时,ab 杆有最大速度,此时mg sin θ=B 2L 2v m R ,解得:v m =mgR sin θB 2L 2.电磁感应中力学问题的解题技巧:(1)受力分析时,要把立体图转换为平面图,同时标明电流方向及磁场B 的方向,以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.(3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况,以求出稳定状态的速度. (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口. 二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程,其能量转化方式为:2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路,分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功,明确有哪些形式的能量发生了转化.如: ①有滑动摩擦力做功,必有内能产生; ②有重力做功,重力势能必然发生变化;③克服安培力做功,必然有其他形式的能转化为电能,并且克服安培力做多少功,就产生多少电能;如果安培力做正功,就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例3 如图3所示,MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L ,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接.右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、长度为d 、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图3A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg (h -μd )答案 D解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中,机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgh =12m v 2,金属棒到达平直部分时的速度v =2gh ,金属棒到达平直部分后做减速运动,刚到达平直部分时的速度最大,最大感应电动势E =BL v ,最大感应电流I =E R +R =BL 2gh 2R ,故A 错误;通过金属棒的电荷量q =I Δt =ΔΦ2R =BdL2R,故B 错误; 金属棒在整个运动过程中,由动能定理得:mgh -W 安-μmgd =0-0,克服安培力做功:W安=mgh -μmgd ,故C 错误;克服安培力做的功转化为焦耳热,定值电阻与金属棒的电阻相等,通过它们的电流相等,则金属棒产生的焦耳热:Q ′=12Q =12W 安=12mg (h -μd ),故D 正确.电磁感应中焦耳热的计算技巧:(1)电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q =I 2Rt . (2)感应电流变化,可用以下方法分析:①利用动能定理,求出克服安培力做的功W 安,产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q =W 安.②利用能量守恒,即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.1.(电磁感应中的动力学问题)如图4所示,在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ,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,它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时,给ef 一个向右的初速度,则( )图4A.ef 将减速向右运动,但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动,最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动 答案 A解析 ef 向右运动,切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动,直到停止,由F =BIl =B 2l 2vR =ma 知,ef 做的是加速度减小的减速运动,故A 正确.2.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示,MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计,ab 是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆,开始时,将开关S 断开,让杆ab 由静止开始自由下落,过段时间后,再将S 闭合,若从S 闭合开始计时,则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象不可能是下图中的( )图5答案 B解析 S 闭合时,若金属杆受到的安培力B 2l 2v R >mg ,ab 杆先减速再匀速,D 项有可能;若B 2l 2vR =mg ,ab 杆匀速运动,A 项有可能;若B 2l 2vR <mg ,ab 杆先加速再匀速,C 项有可能;由于v 变化,mg -B 2l 2vR=ma 中a 不恒定,故B 项不可能.3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示,两根光滑的金属导轨,平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨的左端接有电阻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,且上升的高度为h ,在这一过程中( )图6A.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 AD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,金属棒所受合力为零,故合力做功为零,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,D 正确.4.(电磁感应中的力电综合问题)两根平行的金属导轨相距L 1=1 m ,与水平方向成θ=30°角倾斜放置,如图7甲所示,其上端连接阻值R =1.5 Ω的电阻,另有一根质量m =0.2 kg ,电阻r =0.5 Ω的金属棒ab 放在两根导轨上,距离上端L 2=4 m ,棒与导轨垂直并接触良好,导轨电阻不计,因有摩擦力作用,金属棒处于静止状态.现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场,磁感应强度的变化规律如图乙所示,已知在t =2 s 时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g 取10 m/s 2),则在棒发生滑动之前:图7(1)t =2 s 时,磁感应强度B 为多大?(2)假如t =5 s 时棒刚要发生滑动,则棒与导轨间最大静摩擦力多大? (3)从t =0到t =3 s 内,电阻R 上产生的电热有多少? 答案 (1)1 T (2)1.5 N (3)4.5 J解析 (1)当t =2 s 时,对导体棒由平衡条件得 mg sin θ=B 2IL 1① 由闭合电路欧姆定律得 I =E R +r② 由法拉第电磁感应定律得 E =ΔBΔt L 1L 2=B 2-0t -0L 1L 2③联立①②③式解得B 2=1 T (2)当t =5 s 时,对棒由平衡条件得 B 5IL 1=mg sin θ+F fmax由题图乙及第(1)问可得t =5 s 时,B 5=2.5 T 联立解得F fmax =1.5 N (3)由焦耳定律得:Q R =I 2Rt 代入数据解得:Q R =4.5 J一、选择题考点一 电磁感应中的动力学问题1.如图1所示,质量为m 的金属环用不可伸长的细线悬挂起来,金属环下半部分处于水平且与环面垂直的匀强磁场中,从某时刻开始,磁感应强度均匀减小,则在磁感应强度均匀减小的过程中,关于线的拉力大小,下列说法中正确的是( )图1A.大于环重力mg ,并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.小于环重力mg ,并保持恒定D.大于环重力mg ,并保持恒定 答案 A解析 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向,再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下,对圆环受力分析,根据受力平衡有F T =mg +F 安,得F T >mg ,F 安=BIL ,根据法拉第电磁感应定律知,I =E R =ΔΦR Δt =ΔB R Δt S ,可知I 为恒定电流,联立上式可知B 减小,F 安减小,则由F T =mg +F 安知F T 减小,选项A 正确.2.(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N 极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ,忽略其他影响,则( )图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a =B 2v ρdD.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度v m =ρdgB 2答案 AD解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向,可知选项A 正确;由左手定则可以判断,圆环受到的安培力向上,阻碍圆环的运动,选项B 错误;圆环垂直切割磁感线,产生的感应电动势E =Bl v =B ·2πR ·v ,圆环的电阻R 电=ρ·2πRπr2,则圆环中的感应电流I =E R 电=B πr 2vρ,圆环所受的安培力F 安=BI ·2πR ,圆环的加速度a =mg -F 安m ,m =d ·2πR ·πr 2,则a =g -B 2vρd ,选项C 错误;当重力等于安培力时圆环速度达到最大,此时a =0,可得v m=ρgdB2,选项D 正确.3.如图3所示在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动,t =0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v -t 图象中,能正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中,线框受到向左的安培力作用,根据E =BL v 、I =ER、F安=BIL 得F 安=B 2L 2vR ,随着v 的减小,安培力F 安减小,导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时,无感应电流,导线框做匀速运动,导线框离开磁场的过程中,根据F 安=B 2L 2vR,导线框做加速度逐渐减小的减速运动,所以选项D 正确.4.(多选)如图4所示,有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R ,下端足够长,空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度为B ,一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ,则( )图4A.如果B 增大,v m 将变大B.如果α变大(仍小于90°),v m 将变大C.如果R 变大,v m 将变大D.如果m 变小,v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中,金属杆就相当于一个电源,与电阻R 构成一个闭合回路,其受力情况如图所示,根据牛顿第二定律得:mg sin α-B 2L 2vR=ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动,当a =0时达到最大速度v m ,即mg sin α=B 2L 2v m R ,可得:v m =mgR sin αB 2L 2,故由此式知选项B 、C 正确.考点二 电磁感应中的能量问题5.如图5所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ,ab 边长大于bc 边长,置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN .第一次ab 边平行于MN 进入磁场,线框上产生的热量为Q 1,通过线框导体横截面的电荷量为q 1;第二次bc 边平行于MN 进入磁场,线框上产生的热量为Q 2,通过线框导体横截面的电荷量为q 2,则( )图5A.Q 1>Q 2,q 1=q 2B.Q 1>Q 2,q 1>q 2C.Q 1=Q 2,q 1=q 2D.Q 1=Q 2,q 1>q 2答案 A解析 根据功能关系知,线框上产生的热量等于克服安培力做的功,即Q 1=W 1=F 1l bc =B 2l ab 2v R l bc =B 2S v R l ab同理Q 2=B 2S v R l bc ,又l ab >l bc ,故Q 1>Q 2;因q =I t =E R t =ΔΦR =BS R, 故q 1=q 2.因此A 正确.6.如图6所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内,力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图6A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上产生的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力.根据功能关系可知,力F 与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量,A 正确.7.(多选)(2016·南京市学情调研卷)如图7所示,两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L ,底端接有阻值为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,导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上(图中未画出).让杆ab 沿轨道由静止开始下滑,导轨和杆ab 接触良好,不计它们之间的摩擦,杆ab 由静止下滑距离s 时,已处于匀速运动.重力加速度为g .则( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中,安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中,电阻R 产生的热量为mgs sin θ答案 AB解析 由平衡条件可知匀速运动时杆ab 受到的重力沿斜面的分力等于安培力,即F A =mg sinθ,mg sin θ=B 2L 2v R ,所以有v =mgR sin θB 2L 2,即A 、B 正确;因为安培力逐渐增大,是个变力,所以C 错误;由能量守恒可知mg ·s sin θ=12m v 2+Q ,所以D 错误. 8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 且与导轨垂直并接触良好的导体棒ab ,ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图8所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R 的电阻,导轨及导体棒电阻不计.现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过的位移为x 时,ab 达到最大速度v m .此时撤去外力,最后ab 静止在导轨上.在ab 运动的整个过程中,下列说法正确的是( )图8A.撤去外力后,ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FxC.R 上释放的热量为Fx +12m v m 2 D.R 上释放的热量为Fx答案 D解析 撤去外力后,导体棒水平方向上只受安培力作用,而F 安=B 2L 2v R,F 安随v 的变化而变化,故导体棒做加速度变化的减速运动,A 错;对整个过程由动能定理得W 合=ΔE k =0,B 错;由能量守恒定律知,恒力F 做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R 上释放的热量,即Q =Fx ,C 错,D 对.二、非选择题9.(电磁感应中的动力学问题)(2017·扬州市高二上学期调研)如图9甲所示,阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置,间距d 为0.5 m ,下端通过导线与阻值R L 为4 Ω的小灯泡L 连接,在矩形区域CDFE 内有水平向外的匀强磁场,磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示,CE 长为2 m.在t =0时刻,接入电路的电阻R 为1 Ω的金属棒以某一初速度从AB 位置紧贴导轨向下运动,当金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中,小灯泡的亮度没有发生变化,g 取10 m/s 2.求:图9(1)通过小灯泡的电流的大小;(2)金属棒的质量;(3)金属棒通过磁场区域所用的时间.答案 (1)0.4 A (2)0.008 kg (3)0.2 s解析 (1)金属棒未进入磁场时,E 1=ΔΦΔt =S ΔB Δt =0.5×2×0.40.2V =2 V 又R 总=R L +R =(4+1) Ω=5 Ω所以I L =E 1R 总=25A =0.4 A (2)因灯泡亮度不变,故0.2 s 末金属棒进入磁场时刚好匀速运动所以I =I L =0.4 A棒所受安培力F 安=BId =0.08 N对金属棒有mg =F 安所以金属棒的质量m =0.008 kg(3)金属棒在磁场中运动时,E 2=E 1=2 V又E 2=Bd v解得:v =E 2Bd=10 m/s 金属棒从CD 运动到EF 过程的时间为t 2=CE v =0.2 s10.(电磁感应中的能量问题)如图10甲所示,不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°角放置,导轨间距为L =1 m ,上端接有电阻R =3 Ω,虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m =0.1 kg 、接入电路的电阻r =1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放,杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触,杆下滑过程中的v -t 图象如图乙所示.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10 m/s 2)求:图10(1)磁感应强度大小B ;(2)杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 上产生的热量.答案 (1)2 T (2)3160J 解析 (1)由题图乙得0~0.1 s 内,杆的加速度a =Δv Δt =0.50.1m/s 2=5 m/s 2 0~0.1 s 内,由牛顿第二定律有mg sin 37°-F f =ma代入数据得F f =0.1 N0.1 s 后杆匀速运动,有mg sin 37°-F f -F 安=0而F 安=BIL =B BL v R +r L =B 2L 2v R +r解得B =2 T(2)方法一:杆在磁场中下滑0.1 s 的过程中,回路中的电流恒定,有I =BL v R +r=0.25 A , 电阻R 上产生的热量Q R =I 2Rt =3160J. 方法二:金属杆ab 在磁场中匀速运动的位移x =v t =0.05 m金属杆ab 下落的高度h =x sin θ=0.03 m由能量守恒有mgh =Q +F f x电阻R 产生的热量Q R =34Q =34(mgh -F f x )=3160J. 11.(电磁感应中的力电综合问题)如图11所示,足够长的U 形导体框架的宽度L =0.5 m ,电阻可忽略不计,其所在平面与水平面成θ=37°角.有一磁感应强度B =0.8 T 的匀强磁场,方向垂直于导体框架平面.一根质量m =0.4 kg 、电阻R =1 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上,某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取10 m/s 2)图11(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小;(2)求导体棒运动过程中的最大速度;(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中,通过导体棒横截面的电荷量Q =4 C ,求导体棒在此过程中消耗的电能.答案 (1)2 m/s 2 (2)5 m/s (3)3 J解析 (1)导体棒刚开始下滑时,其受力情况如图甲,则mg sin θ-μmg cos θ=ma解得a =2 m/s 2 (2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙,设匀速下滑的速度为v ,则在平行斜面上有mg sin θ-F f -F 安=0安培力F 安=BIL =B BL v R L =B 2L 2v R联立解得v =mgR (sin θ-μcos θ)B 2L 2=5 m/s (3)通过导体棒横截面的电荷量Q =I Δt I =ΔΦR Δt设导体棒下滑速度刚好为v 时的位移为x ,则ΔΦ=BxL全程由动能定理,得mgx ·sin θ-W 安-μmg cos θ·x =12m v 2,其中W 安为克服安培力做的功. 联立解得W 安=3 J克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能,即Q R =3 J.。
2018版高中物理第四章电磁感应本章整合课件 新人教版选修3-2
划时代的发现
电流的磁效应(奥斯特) 电磁感应现象(法拉第) 楞次定律:适用于任何电磁感应过程 右手定则:适用于导体切割磁感线的情况
产生条件:穿过闭合导体回路的磁通量发生变化 感应电流 方向判定
产生条件
Δ������ ������ = ������������ Δ������ (������不变,������变化) ������ = ������ 一般用于计算感应电动势的平均值 Δ������ Δ������ ������ = ������������ (������不变,������变化) 感应电动势 大小 Δ������
涡流:防止和利用 应用 电磁阻尼 电磁驱动 相同点:安培力均阻碍导体与磁体间的相对运动
专题一
专题二
专题三
专题四
专题一 电磁感应中的图象问题 1.图象问题
图象 类型
问题 类型 应用 知识
(1)磁感应强度 B、磁通量 Φ 、感应电动势 E 和感应电流 I 随时间 t 变化的图象,即 B-t 图象、Φ -t 图象、E-t 图象和 I-t 图象 (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况 ,还 常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 随导线位移 x 变化的图 象,即 E-x 图象和 I -x 图象 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象 (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理 量 左手定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、 欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识 等
专题一
专题二
专题三
专题四
点拨:为便于对ab棒的受力分析,通常将立体图转化为平面图。 本题中,做好ab棒的受力情况和运动情况的动态分析是处理问题的 关键。 解析:ab沿导轨下滑过程中受四个力作用,即重力mg、支持力FN、 摩擦力Ff和安培力F安,如图所示。ab由静止开始下滑后,将是 v↑→E↑→I↑→F安↑→a↓(↑表示增大,↓表示减小),所以这是个变加速 过程,当加速度a减小到零时,其速度增到最大值vmax,此时必将处于 平衡状态,以后将以vmax匀速下滑。ab下滑时因切割磁感线,要产生 感应电动势,根据电磁感应定律得E=Blv,闭合电路ACba中将产生感 应电流,
江苏省2018-2019高考物理总复习讲义:第四章电磁感应章末总结Word版含答案
(1) 做功分析,找全力所做的功,弄清功的正、负
.
(2) 能量转化分析,弄清哪些能量增加,哪些能量减小,根据功能关系、能量守恒定律列方
程求解 .
例 4 如图 4 所示,两根水平放置的平行金属导轨,其末端连接等宽的
14圆弧导轨,圆弧半
4
径 r= 0.41 m ,导轨的间距为 L= 0.5 m,导轨的电阻与摩擦均不计 .在导轨的顶端接有阻值为
章末总结
一、楞次定律的理解与应用
1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
.感应电流的磁场方向不一定与原
磁场方向相反,只有在磁通量增加时两者才相反,而在磁通量减少时两者是同向的
.
2.“阻碍”并不是“阻止”,而是“延缓”,回路中的磁通量变化的趋势不变,只不过变化 得慢了 .
3.“阻碍”的表现:增反减同、来拒去留等 . 例 1 (多选 )航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的
E 和内阻 r.
(2) 电路结构分析
弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小,为求安培力做好铺垫
.
2.力和运动分析
(1) 受力分析: 分析研究对象 (常为金属杆、 导体线圈等 )的受力情况, 尤其注意安培力的方向 .
(2) 运动分析:根据力与运动的关系,确定出运动模型,根据模型特点,找到解决途径
.
3.功和能量分析
R、电动势为 E 的电源,两个半圆环
看成两个并联电阻,画出等效电路如图所示 .等效电源电动势为: E= Bl v= 2Bav.
外电路的总电阻为:
R
外=
RR1+1RR2 2=
1 2R.
3
棒上电流大小为:
I= E = 2Ba v R总 1
4Bav = 3R .
高三物理下学期电磁感应专题(PPT)4-3
要点·疑点·考 一、电磁感应现象——感点应电流产生的条件
1.利用磁场产生电流的现象称为电磁感应现象, 所产生的电动势称为感应电动势,所产生的电流称为 感应电流.
2.产生感应电流的条件:①闭合电路;②穿过闭 合电路的磁通量发生变化。
电磁感应现象的实质是产生感应电动势,电路闭 合才有感应电流,若电路不闭合,虽没有电流,但只 要磁通发生变化感应电动势依然存在。而产生感应电 动势的那部分导体相当于电源。
长.%;年锗消费量为 金属吨,同比增长.%。砷,俗称砒,是一种非金属元素 [] ,在化学元素周期表中位于第4周期、第VA族,原子序数,元素符号As,单质 以灰砷、黑砷和黄砷这三种同素异形体的形式存在。砷元素广泛的存在于自然界,共有数百种的砷矿物是已被发现。砷与其化合物被运用在农药、除草剂、 杀虫剂,与许多; 足球直播:/ ; 种的合金中。其化合物 三氧化二砷被称为砒霜,是种毒性很强的物质。 7年月7日,世界卫生组 织国际癌症研究机构公布的致癌物清单初步整理参考,砷和无机砷化合物在一类致癌物清单中。 [] 年7月日,砷及砷化合物被列入有毒有害水污染物名录 (第一批)。 [] 化学百科-brh 中文名 砷 外文名 Arsenic 元素符号 As 原子量 74. 危险性 有毒 CAS号 744-- 发现人艾尔伯图斯·麦格努斯 目录 简述 发现简史 理化性质 ? 物理性质 ? 化学性质 4 矿藏分布 应用领域 ? 工业用途 ? 生理功能 制取方法 ? 碳气相还原法 ? 质量标准 7 毒性危害 医护措施 ? 药物治疗 ? 慢性 暴露处理 ? 预防措施 简述编辑 砷块 砷块 符号As,原子序数。旧名“砒”。有灰、黄、黑褐三种同素异形体,具有金属性。原子量74. ,比重.7(4℃),熔点 4℃,℃时升华。不溶于水,溶于硝酸和王水。在潮湿空气中易被氧化。主要以硫化物矿的形式(如雄黄As4S4,雌黄AsS等)存在于自然界。砷及其化合物主要 用于合金冶炼、农药医药、颜料等工业,还常常作为杂质存在于原料、废渣、半成品及成品中。在上述生产或使用砷化合物作业中,如防护不当吸入含砷空 气或摄入被砷污染的食物、饮料时,常有发生急、慢性砷中毒的可能。砷化合物可经呼吸道、皮肤和消化道吸收。 分布于肝、肾、肺及胃肠壁及脾脏。主要
高中物理选修-第四章电磁感应-电磁感应复习-ppt精品课件
电磁感应单元复习
一、本章知识网络
二、电磁感应现象
三、楞次定律
1、楞次定律的几种表述
2、利用楞次定律的一般步骤
3、右手定则
4、自感电动势的方向
四、感应电动势的大小
1、法拉第电磁感应定律
2、导体切割磁感线运动时
3、自感电动势的大小
五、电磁感应现象中的力学问题
六、电磁感应现象中的能量转换
铝环,线圈与电源、电键相连,如图所示.线圈上端
与电源正极相连,闭合电键的瞬间,铝环向上跳起.
若保持电键闭合,则 ( C D ) A.铝环不断升高 B.铝环停留在某一高度 C.铝环跳起到某一高度后将回落
铁芯
铝环
电
源
线圈
D.如果电源的正、负极对调,观察到的现象不变
A组能力训练题8 8.如图甲所示,长直导线与闭合金属线框位于同一平面
1、法拉第电磁感应定律:
(1)电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁
通量的变化率成正比,即: E n ΔΦ
(2)E
n
ΔΦ
计算的是Δt
Δt
时间内的平均电动势,这是最
普遍的表达式Δt,
(3)注意区分Φ、△Φ、 △Φ/△t :
线圈在匀强磁场中匀速转动时,磁通量Φ最大时, 磁通 量的变化率为零, △Φ/△t =0。
3、右手定则
伸开右手让姆指跟其余四指垂直,并且都跟手掌在同一 平面内,让磁感线垂直从手心进入, 大拇指指向导体运 动方向,其余四指的方向就是感应电流的方向。
应用右手定则时应注意:
①右三者互相垂直. ②当导体的运动方向与磁场方向不垂直时,拇指应指向 切割磁感线的分速度方向. ③若形成闭合回路,四指指向感应电流方向;若未形成 闭合回路,四指指向高电势.
江苏省2018-2019高考物理总复习讲义:第四章 电磁感应 1、2 Word版含答案
1划时代的发现2探究感应电流的产生条件[学习目标] 1.理解什么是电磁感应现象及产生感应电流的条件.2.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验.3.了解磁通量的定义及变化.一、划时代的发现1.丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动,这种作用称为电流的磁效应,揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系.2.英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象,即“磁生电”现象,他把这种现象命名为电磁感应.产生的电流叫做感应电流.二、感应电流的产生条件只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,闭合导体回路中就有感应电流.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)若把导线东西放置,当接通电源时,导线下面的小磁针一定会发生转动.(×)(2)奥斯特发现了电流的磁效应;法拉第发现了电磁感应现象.(√)(3)小磁针在通电导线附近发生偏转的现象是电磁感应现象.(×)(4)通电线圈在磁场中转动的现象是电流的磁效应.(×)2.如图1所示,条形磁铁A沿竖直方向插入线圈B的过程中,电流表G的指针________(填“不偏转”或“偏转”);若条形磁铁A在线圈B中保持不动,电流表G的指针________(填“不偏转”或“偏转”).图1答案 偏转 不偏转一、磁通量及其变化[导学探究] 如图2所示,闭合导线框架的面积为S ,匀强磁场的磁感应强度为B .图2(1)分别求出B ⊥S (图示位置)和B ∥S (线框绕OO ′转90°)时,穿过闭合导线框架的磁通量.(2)由图示位置绕OO ′转过60°时,穿过框架的磁通量为多少?这个过程中磁通量变化了多少?答案 (1)BS 0 (2)12BS 减少了12BS [知识深化]1.匀强磁场中磁通量的计算(1)B 与S 垂直时,Φ=BS .(2)B 与S 不垂直时,Φ=B ⊥S ,B ⊥为B 垂直于线圈平面的分量.如图3甲所示,Φ=B ⊥S =(B sin θ)·S .也可以Φ=BS ⊥,S ⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积,如图乙所示,Φ=BS ⊥=BS cos θ.图32.磁通量的变化大致可分为以下几种情况:(1)磁感应强度B 不变,有效面积S 发生变化.如图4(a)所示.(2)有效面积S 不变,磁感应强度B 发生变化.如图(b)所示.(3)磁感应强度B 和有效面积S 都不变,它们之间的夹角发生变化.如图(c)所示.图4例1 如图5所示,有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,磁场有明显的圆形边界,圆心为O ,半径为r .现于纸面内先后放上圆线圈A 、B 、C ,圆心均处于O 处,线圈A的半径为r,10匝;线圈B 的半径为2r,1匝;线圈C 的半径为r 2,1匝.图5(1)在B 减为B 2的过程中,线圈A 和线圈B 中的磁通量变化了多少? (2)在磁场转过90°角的过程中,线圈C 中的磁通量变化了多少?转过180°角呢?答案 (1)A 、B 线圈的磁通量均减少了B πr 22 (2)减少了14B πr 2 减少了12B πr 2 解析 (1)A 、B 线圈中的磁通量始终一样,故它们的变化量也一样.ΔΦ=(B 2-B )·πr 2=-B πr 22即A 、B 线圈中的磁通量都减少了B πr 22(2)对线圈C ,Φ1=B πr ′2=14B πr 2 当磁场转过90°时,Φ2=0,故ΔΦ1=Φ2-Φ1=-14B πr 2 当转过180°时,磁感线从另一侧穿过线圈,若取Φ1为正,则Φ3为负,有Φ3=-14B πr 2,故ΔΦ2=Φ3-Φ1=-12B πr 2.1.磁通量与线圈匝数无关.2.磁通量是标量,但有正、负,其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反.例2磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量,如图6所示,通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面,第一次将线框由位置1平移到位置2,第二次将线框绕cd边翻转到位置2,设先后两次通过线框的磁通量变化量的大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2,则()图6A.ΔΦ1>ΔΦ2B.ΔΦ1=ΔΦ2C.ΔΦ1<ΔΦ2D.无法确定答案 C解析设闭合线框在位置1时穿过闭合线框的磁通量为Φ1,平移到位置2时穿过闭合线框的磁通量为Φ2,导线MN中的电流产生的磁场在位置1处的磁感应强度比在位置2处要强,故Φ1>Φ2.将闭合线框从位置1平移到位置2,穿过闭合线框的磁感线方向不变,所以ΔΦ1=|Φ2-Φ1|=Φ1-Φ2;将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2,穿过闭合线框的磁感线反向,所以ΔФ2=|(-Φ2)-Φ1|=Φ1+Φ2(以原来磁感线穿过的方向为正方向,则后来从另一面穿过的方向为负方向),故正确选项为C.二、感应电流产生的条件[导学探究](1)如图7所示,导体AB做切割磁感线运动时,线路中________电流产生,而导体AB顺着磁感线运动时,线路中________电流产生.(填“有”或“无”)图7(2)如图8所示,当条形磁铁插入或拔出线圈时,线圈中________电流产生,但条形磁铁在线圈中静止不动时,线圈中________电流产生.(填“有”或“无”)图8(3)如图9所示,将小螺线管A插入大螺线管B中不动,当开关S闭合或断开时,电流表中________电流通过;若开关S一直闭合,当改变滑动变阻器的阻值时,电流表中________电流通过;而开关一直闭合,滑动变阻器的滑动触头不动时,电流表中________电流通过.(填“有”或“无”)图9总结:上述三个实验中,什么情况下产生了感应电流?产生感应电流时共同特点是什么?答案(1)有无(2)有无(3)有有无实验一中:导体棒切割磁感线运动,引起闭合回路面积发生变化,从而引起了磁通量的变化,产生了感应电流.实验二中:磁铁插入或拔出线圈时,引起线圈中的磁场变化,从而引起了磁通量的变化,产生了感应电流.实验三中:开关闭合、断开、滑动变阻器的滑动触头移动时,A线圈中电流变化,从而引起穿过B线圈的磁通量变化,产生了感应电流.三个实验共同特点是:产生感应电流时闭合回路的磁通量发生了变化.[知识深化]1.感应电流产生条件的理解不论什么情况,只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件,就必然产生感应电流;反之,只要产生了感应电流,那么电路一定是闭合的,穿过该电路的磁通量也一定发生了变化.2.注意区别ΔΦ与Φ:感应电流的产生与Φ无关,只取决于Φ的变化,即与ΔΦ有关.ΔΦ与Φ的大小没有必然的联系.例3下图中能产生感应电流的是()答案 B解析A选项中,电路没有闭合,无感应电流;B选项中,面积增大,通过闭合电路的磁通量增大,有感应电流;C选项中,穿过线圈的磁感线相互抵消,Φ恒为零,无感应电流;D 选项中,磁通量不发生变化,无感应电流.1.电路闭合和磁通量发生变化是产生感应电流的两个条件,二者缺一不可.2.磁通量发生变化,其主要内涵体现在“变化”上,磁通量很大,若没有变化也不会产生感应电流,磁通量虽然是零,但是如果在变化仍然可以产生感应电流.针对训练(多选)如图10所示装置,在下列各种情况中,能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是()图10A.开关S闭合的瞬间B.开关S闭合后,电路中电流稳定时C.开关S闭合后,滑动变阻器触头滑动的瞬间D.开关S断开的瞬间答案ACD1.(电磁感应现象)(2018·南通市高二上学期调研)下列现象中,属于电磁感应现象的是()A.通电线圈在磁场中转动B.因闭合线圈在磁场中运动而产生电流C.磁铁吸引小磁针D.小磁针在通电导线附近发生偏转答案 B解析 线圈在磁场中由于磁通量的变化而产生电流的现象叫电磁感应,B 正确.A 中通电线圈在磁场中转动是因为受安培力作用,A 错误.D 是电流的磁效应,D 错误.C 中磁铁吸引小磁针是磁场的作用,C 错误.2.(对磁通量的理解)如图11所示,矩形线框abcd 放置在水平面内,磁场方向与水平方向成α角,已知sin α=45,回路面积为S ,磁感应强度为B ,则通过线框的磁通量为( )图11A.BSB.45BSC.35BSD.34BS 答案 B解析 根据磁通量的定义可得通过线框的磁通量Φ=BS sin α,代入解得Φ=45BS ,所以B 选项正确.3.(对磁通量的理解)如图12所示,a 、b 是两个同平面、同心放置的金属圆环,条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直,则穿过两圆环的磁通量Φa 、Φb 的大小关系为( )图12A.Φa >ΦbB.Φa <ΦbC.Φa =ΦbD.不能比较 答案 A解析 条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是:①磁铁内、外磁感线的条数相同;②磁铁内、外磁感线的方向相反;③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏.两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在圆环内时,通过圆环的磁感线的俯视图如图所示,穿过圆环的磁通量Φ=Φ进-Φ出,由于两圆环面积S a <S b ,两圆环的Φ进相同,而Φ出a <Φ出b ,所以穿过两圆环的磁通量Φa >Φb ,故A 正确.4.(产生感应电流的判断)(多选)如图13所示,竖直放置的长直导线通有恒定电流,有一矩形线框与导线在同一平面内,在下列情况中线框产生感应电流的是( )图13A.导线中的电流变大B.线框向右平动C.线框向下平动D.线框以AB边为轴转动答案ABD一、选择题考点一电磁感应现象的发现与认识1.许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献,下列表述中正确的是()A.牛顿测出引力常量B.法拉第发现电磁感应现象C.安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D.奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律答案 B2.如图1所示,磁带录放机既可用作录音,也可用作放音,其主要部件为匀速行进的磁带a 和绕有线圈的磁头b,不论是录音过程还是放音过程,磁带或磁头软铁都会存在磁化现象.下面是对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述,正确的是()图1A.放音的主要原理是电磁感应,录音的主要原理是电流的磁效应B.录音的主要原理是电磁感应,放音的主要原理是电流的磁效应C.放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D.录音和放音的主要原理都是电磁感应答案 A解析在使用录放机进行放音和录音时,录音过程是由电信号转变为磁信号,而放音过程是把磁带上的磁信号转变为电信号,故放音过程磁生电是电磁感应,录音过程电生磁是电流的磁效应,A正确.考点二磁通量及其变化的分析3.如图2所示,仅虚线框内有匀强磁场,大环和小环是垂直于磁场方向同心放置的两个圆环,分别用Φ1和Φ2表示穿过大、小两环的磁通量,则有()图2A.Φ1>Φ2B.Φ1<Φ2C.Φ1=Φ2D.无法确定答案 C解析对于大环和小环来说,磁感线的净条数相同,所以选C.4.(2017·江苏单科·1)如图3所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()图3A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案 A解析两个线圈的半径虽然不同,但是线圈内的匀强磁场的半径一样,则穿过两线圈的磁通量相同,故选项A正确.5.如图4所示,ab是水平面内一个圆的直径,在过ab的竖直平面内有一根通电直导线ef,已知ef平行于ab.当ef向上竖直平移时,电流产生的磁场穿过圆的磁通量将()图4A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终为零D.不为零,但保持不变答案 C解析根据磁场具有对称性可以知道,穿入圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的,故磁通量始终为零,C项正确.6.如图5所示,套在条形磁铁外的三个线圈,其面积S1>S2=S3,“1”和“2”在同一平面内,“3”线圈在磁铁的正中间.设各线圈中的磁通量依次为Φ1、Φ2、Φ3,则它们的大小关系是()图5A.Φ1>Φ2>Φ3B.Φ1>Φ2=Φ3C.Φ1<Φ2<Φ3D.Φ1<Φ2=Φ3答案 C解析所有磁感线都会经过磁体内部,内、外磁场方向相反,所以处在同一平面内的线圈的面积越大,则抵消的磁通量越大,则Φ1<Φ2,线圈3在正中间,此处磁铁外部磁场比线圈2处的磁场弱,即抵消得最少,所以Φ3>Φ2,选C.7.如图6所示,固定的有绝缘皮的长直导线中通有恒定电流,一矩形线框从abcd位置平移到a′b′c′d′位置的过程中,关于穿过线框的磁通量情况,下列叙述正确的是()图6A.一直增加B.一直减少C.先增加后减少D.先增加,再减少到零,然后再增加,然后再减少答案 D解析离导线越近,磁场越强,当线框从左向右靠近导线的过程中,穿过线框的磁通量增大,当线框跨在导线上向右运动时,磁通量减小,当导线在线框正中央时,磁通量为零,从该位置向右,磁通量又增大,当线框离开导线向右运动的过程中,磁通量又减小,故D正确.考点三有无感应电流的判断8.如图7所示,闭合圆形导线圈平行磁感线放置在匀强磁场中,其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径.试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流()图7A.使线圈在其平面内平动或转动B.使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C.使线圈以ac为轴转动D.使线圈以bd为轴稍做转动答案 D解析线圈在匀强磁场中运动,磁感应强度B为定值,由ΔΦ=B·ΔS知,只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0,则磁通量一定改变,回路中一定有感应电流产生.当线圈在其平面内平动或转动时,线圈相对磁场的正对面积始终为零,即ΔS=0,因而无感应电流产生,A错;当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时,同样ΔS=0,因而无感应电流产生,B错;当线圈以ac为轴转动时,线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零,回路中仍无感应电流产生,C错;当线圈以bd为轴稍做转动时,线圈相对磁场的正对面积发生了改变,因此在回路中产生了感应电流,故D正确.9.(多选)如图8所示,电流表与螺线管组成闭合电路,以下能使电流表指针偏转的是()图8A.将磁铁插入螺线管的过程中B.磁铁放在螺线管中不动时C.将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D.磁铁静止而将螺线管向上移动的过程中答案ACD解析只要是螺线管中的磁通量发生变化,回路中就有感应电流,指针便会偏转;只要是螺线管中的磁通量不发生变化,回路中就无感应电流,指针便不会偏转.在磁铁插入、拉出过程中螺线管中的磁通量均发生变化,能产生感应电流,电流表指针偏转,故A、C正确;磁铁放在螺线管中不动时,螺线管中的磁通量不发生变化,无感应电流产生,故B错误;磁铁静止而螺线管向上移动的过程中,螺线管中的磁通量发生变化,有感应电流产生,电流表指针偏转,故D正确.10.(2017·南通中学高二上学期期中)如图所示,矩形线框在磁场内做的各种运动中,能够产生感应电流的是()答案 B解析从图中分析,矩形线框中磁通量变化的只有B图,只有B图能产生感应电流,故选B.11.(多选)如图9所示,在匀强磁场中有两条平行的金属导轨,磁场方向与导轨平面垂直.导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd,与导轨接触良好.这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2,若井字形回路中有感应电流通过,则可能()图9A.v1>v2B.v1<v2C.v1=v2D.A、B、C选项都正确答案AB12.(多选)如图10所示,导线ab和cd互相平行,则下列四种情况中,导线cd中有电流的是()图10A.开关S闭合或断开的瞬间B.开关S是闭合的,滑动触头向左滑C.开关S是闭合的,滑动触头向右滑D.开关S始终闭合,滑动触头不动答案ABC解析开关S闭合或断开的瞬间,开关S闭合、滑动触头向左或向右滑的过程,都会使通过导线ab的电流发生变化,使穿过cd回路的磁通量发生变化,从而在cd导线中产生感应电流,故选项A、B、C正确.13.(多选)如图11所示,线圈Ⅰ和线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上,下列情况中能引起电流计指针转动的是()图11A.闭合开关瞬间B.开关闭合稳定后C.开关闭合稳定后移动滑动变阻器的滑片D.断开开关瞬间答案ACD解析开关闭合瞬间线圈Ⅰ中电流从无到有,穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有,线圈Ⅱ中产生感应电流,电流计有示数,A正确.开关闭合稳定后,线圈Ⅰ中电流稳定不变,穿过线圈Ⅱ的磁通量稳定不变,线圈Ⅱ中无感应电流产生,电流计无示数,B错误.开关闭合稳定后,移动滑动变阻器的滑片,线圈Ⅰ中的电流变化,穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化,线圈Ⅱ中有感应电流产生,电流计有示数,C正确.开关断开瞬间,线圈Ⅰ中电流从有到无,穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无,线圈Ⅱ中有感应电流产生,电流计有示数,D正确.二、非选择题14.(电磁感应现象的发现与认识)用如图12所示器材研究电磁感应现象和判定感应电流方向.图12(1)用笔画线代替导线将实验电路补充完整.(2)能使电流表指针偏转的操作是________.A.开关闭合瞬间B.开关闭合后移动滑动变阻器C.开关断开后移动滑动变阻器D.开关断开瞬间答案(1)见解析图(2)ABD解析(1)将大线圈和电流计串联形成一个回路,将开关、滑动变阻器、电源、小线圈串联成另一个回路即可,实物图如图所示:(2)能产生感应电流的是A、B、D.。
高三物理总复第四章电磁感应ppt课件
[知识深化] 通电自感现象中,当线圈中的电流增大时,自感电动势的方向与原电流 的方向相反,阻碍电流的增大,但不能阻止电流的变化.
例1 (多选)在如图3所示的甲、乙电路中, 电阻R和灯泡电阻的阻值相等,自感线圈L 的电阻值可认为是0,在接通开关S时,则
√A.在电路甲中,A将渐渐变亮
B.在电路甲中,A将先变亮,然后渐渐变暗 C.在电路乙中,A将渐渐变亮
四、自感现象中磁场的能量 1.线圈中电流从无到有时,磁场从无到有,电源把能量输送给 磁场 ,储 存在 磁场 中. 2.线圈中电流减小时, 磁场 中的能量释放出来转化为电能.
[即学即用] 1.判断下列说法的正误. (1)两个线圈相距较近时,可以产生互感现象,相距较远时,不产生互感 现象.( × ) (2)自感现象中,感应电流一定与原电流方向相反.( × ) (3)线圈的自感系√数与电流大小无关,与电流的变化率有关.( × ) (4)线圈中电流最大的瞬间可能没有自感电动势.( √ )
[导学探究] 如图4所示,先闭合开关使灯泡发光,然 后断开开关. (1)开关断开前后,流过灯泡的电流方向相同吗?
图4 答案 S闭合时,灯泡A中的电流方向向左,S断开瞬间,灯泡A中的电 流方向向右,所以开关S断开前后,流过灯泡的电流方向相反.
答案
(2)在断开开关时,有时灯泡闪亮一下再熄灭,有时灯泡只会缓慢变暗直 至熄灭,请分析上述两种现象发生的原因是什么?
答案 在开关断开时灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产 生的感应电流比开关断开前流过灯泡的电流大.要想使灯泡闪亮一下再熄 灭,就必须使自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡电阻.而当自感线圈电 阻大于或等于灯泡电阻时,灯泡就会缓慢变暗直至熄灭.
答案
[知识深化] 1.当线圈中的电流减小时,自感电动势的方向与原电流方向相同; 2.断电自感中,由于自感电动势的作用,线圈中电流从原值逐渐减小.若 断开开关瞬间通过灯泡的电流大于断开开关前的电流,灯泡会闪亮一下; 若断开开关瞬间通过灯泡的电流小于或等于断开开关前的电流,灯泡不 会闪亮一下,而是逐渐变暗直至熄灭. 3.自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化,但不能阻止线圈中电流的变化.
江苏省2018-2019高考物理总复习讲义:第四章 电磁感应 4 Word版含答案
4 法拉第电磁感应定律[学习目标] 1.理解和掌握法拉第电磁感应定律,能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小.2.能够运用E =Bl v 或E =Bl v sin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势.一、电磁感应定律 1.感应电动势电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势,产生感应电动势的那部分导体相当于电源. 2.法拉第电磁感应定律(1)内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比. (2)公式:E =ΔΦΔt.若闭合电路是一个匝数为n 的线圈,则E =n ΔΦΔt.(3)在国际单位制中,磁通量的单位是韦伯,感应电动势的单位是伏. 二、导线切割磁感线时的感应电动势 反电动势1.导线垂直于磁场运动,B 、l 、v 两两垂直时,如图1所示,E =Bl v .2.导线的运动方向与导线本身垂直,但与磁感线方向夹角为θ时,如图2所示,E =Bl v sin θ.图1 图2[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)线圈中磁通量越大,线圈中产生的感应电动势一定越大.( × )(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大,线圈中产生的感应电动势一定越大.( × ) (3)线圈放在磁场越强的位置,线圈中产生的感应电动势一定越大.( × ) (4)线圈中磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势一定越大.( √ )2.如图3所示的情况中,金属导体中产生的感应电动势为Bl v 的是 .图3答案 甲、乙、丁一、电磁感应定律[导学探究] 如图4所示,将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中.图4(1)快速插入和缓慢插入磁通量的变化量ΔΦ相同吗?指针偏转角度相同吗?(2)分别用一根磁铁和两根同样的磁铁以同样速度快速插入,磁通量的变化量ΔΦ相同吗?指针偏转角度相同吗? (3)指针偏转角度取决于什么?答案 (1)磁通量变化量相同,但磁通量变化的快慢不同,快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大.(2)用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大,磁通量变化率也较大,指针偏转角度较大. (3)指针偏转角度大小取决于ΔΦΔt的大小. [知识深化]1.感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数n 共同决定,而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系,和电路的电阻R 无关. 2.在Φ-t 图象中,磁通量的变化率ΔΦΔt是图象上某点切线的斜率.例1 关于感应电动势的大小,下列说法中正确的是( ) A.穿过线圈的磁通量Φ最大时,所产生的感应电动势就一定最大 B.穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时,所产生的感应电动势也增大 C.穿过线圈的磁通量Φ等于0,所产生的感应电动势就一定为0 D.穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 越大,所产生的感应电动势就越大答案 D解析 根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt 成正比,与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系.当磁通量Φ很大时,感应电动势可能很小,甚至为0.当磁通量Φ等于0时,其变化率可能很大,产生的感应电动势也会很大,而ΔΦ增大时,ΔΦΔt 可能减小.如图所示,t 1时刻,Φ最大,但E =0;0~t 1时间内ΔΦ增大,但ΔΦΔt减小,E 减小;t 2时刻,Φ=0,但ΔΦΔt最大,E 最大.故D 正确. 二、导线切割磁感线时的感应电动势[导学探究] 如图5所示,闭合电路一部分导体ab 处于匀强磁场中,磁感应强度为B ,ab 的长度为l ,ab 以速度v 匀速切割磁感线,利用法拉第电磁感应定律求回路中产生的感应电动势.图5答案 设在Δt 时间内导体ab 由原来的位置运动到a 1b 1,如图所示,这时闭合电路面积的变化量为ΔS =l v Δt穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ=B ΔS =Bl v Δt 根据法拉第电磁感应定律得E =ΔΦΔt =Bl v .[知识深化]导线切割磁感线产生的感应电动势E =Bl v ,公式中l 指有效切割长度,即导线在与v 垂直的方向上的投影长度.例2 如图6所示,一金属弯杆处在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,已知ab =bc =L ,当它以速度v 向右平动时,a 、c 两点间的电势差大小为( )图6A.BL vB.BL v sin θC.BL v cos θD.BL v (1+sin θ)答案 B解析 导体杆切割磁感线的有效长度为L sin θ,E =BL v sin θ,故B 正确. 三、两公式的简单应用E =n ΔΦΔt 研究整个闭合回路,适用于各种电磁感应现象;E =Bl v 研究的是闭合回路的一部分,即做切割磁感线运动的导体.例3 如图7所示,水平放置的两平行金属导轨相距L =0.50 m ,左端接一电阻R =0.20 Ω,磁感应强度B =0.40 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下,长度也为0.50 m 的导体棒ac 垂直放在导轨上,并能无摩擦地沿导轨滑动,导轨和导体棒始终接触良好且电阻均可忽略不计.当ac 棒以v =4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动时,求:图7(1)ac 棒中感应电动势的大小. (2)回路中感应电流的大小.(3)维持ac 棒做匀速运动的水平外力的大小和方向. 答案 见解析解析 (1)ac 棒垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小为E =BL v =0.40×0.50×4.0 V =0.80 V .(2)回路中感应电流大小为I =E R =0.800.20 A =4.0 A.(3)ac 棒受到的安培力大小为F 安=BIL =0.40×4.0×0.50 N =0.80 N , 由右手定则知,ab 棒中感应电流由c 流向a .由左手定则知,安培力方向水平向左.由于导体棒匀速运动,水平方向受力平衡,则F 外=F安=0.80 N ,方向水平向右.例4 如图8甲所示的螺线管,匝数n =1 500匝,横截面积S =20 cm 2,方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化.图8(1)0~2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量是多少? (2)磁通量的变化率多大?(3)线圈中感应电动势的大小为多少?答案 (1)8×10-3 Wb (2)4×10-3 Wb/s (3)6 V解析 (1)磁通量的变化是由磁感应强度的变化引起的,则Φ1=B 1S , Φ2=B 2S ,ΔΦ=Φ2-Φ1,所以ΔΦ=ΔBS =(6-2)×20×10-4 Wb =8×10-3 Wb(2)磁通量的变化率为ΔΦΔt =8×10-32Wb /s =4×10-3Wb/s (3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小 E =n ΔΦΔt=1 500×4×10-3 V =6 V .1.(对法拉第电磁感应定律的理解)(2014·江苏单科·1)如图9所示,一正方形线圈的匝数为n ,边长为a ,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中.在Δt 时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )图9A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt 答案 B解析 线圈中产生的感应电动势E =n ΔФΔt =n ·ΔB Δt ·S =n ·2B -B Δt ·a 22=nBa 22Δt,选项B 正确.2.(公式E =n ΔΦΔt 的应用)(多选)如图10甲所示,线圈的匝数n =100匝,横截面积S =50 cm 2,线圈总电阻r =10 Ω,沿轴向有匀强磁场,设图示磁场方向为正,磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化,则在开始的0.1 s 内( )图10A.磁通量的变化量为0.25 WbB.磁通量的变化率为2.5×10-2 Wb/sC.a 、b 间电压为0D.在a 、b 间接一个理想电流表时,电流表的示数为0.25 A 答案 BD解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关,由于0时刻和0.1 s 时刻的磁场方向相反,则磁通量穿入的方向不同,则ΔΦ=(0.1+0.4)×50×10-4 Wb =2.5×10-3 Wb ,A 项错误;磁通量的变化率ΔΦΔt =2.5×10-30.1Wb /s =2.5×10-2Wb/s ,B 项正确;根据法拉第电磁感应定律可知,当a 、b 间断开时,其间电压等于线圈产生的感应电动势,感应电动势大小为E =n ΔΦΔt =2.5 V ,C 项错误;在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路,回路总电阻即为线圈的总电阻,故感应电流大小I =E r =2.510A =0.25 A ,D 项正确.3.(公式E =Bl v 的应用)如图11所示,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为E ,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相互垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时,棒两端的感应电动势大小为E ′.则E ′E 等于( )图11A.12B.22C.1D. 2解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L ,E =BL v ;折弯后,金属棒切割磁感线的有效长度为l =⎝⎛⎭⎫L 22+⎝⎛⎭⎫L 22=22L ,故产生的感应电动势为E ′=Bl v =B ·22L v =22E ,所以E ′E =22,B 正确. 4.(公式E =n ΔΦΔt 的应用)(2017·南通中学高二上学期期中)如图12甲所示,在一个正方形金属线圈区域内存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈平面垂直.金属线圈所围的面积S =200 cm 2,匝数n =1 000,线圈电阻r =2.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路,电阻的阻值R =8.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,求:图12(1)t 1=2.0 s 时线圈产生感应电动势的大小;(2)在t =2.0 s 时通过电阻R 的感应电流的大小和方向; (3)在t =5.0 s 时刻,线圈端点a 、b 间的电压. 答案 (1)1 V (2)0.1 A 方向b →R →a (3)3.2 V解析 (1)根据法拉第电磁感应定律,0~4.0 s 时间内线圈中磁通量均匀变化,产生恒定的感应电流,t 1=2.0 s 时的感应电动势 E 1=n ΔΦ1Δt 1=n (B 4-B 0)S Δt 1=1 V(2)根据闭合电路欧姆定律,闭合回路中的感应电流 I 1=E 1R +r解得I 1=0.1 A ,由楞次定律可判断流过电阻R 的感应电流方向b →R →a (3)由题图乙可知,在4.0~6.0 s 时间内,线圈中产生的感应电动势 E 2=n ΔΦ2Δt 2=n (B 6-B 4Δt 2)S =4 V根据闭合电路欧姆定律,t 2=5.0 s 时闭合回路中的感应电流 I 2=E 2R +r=0.4 A ,方向a →R →b U ab =I 2R =3.2 V考点一 法拉第电磁感应定律的理解1.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,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.当穿过线圈的磁通量为零时,感应电动势一定为零C.当穿过线圈的磁通量变化越快时,感应电动势越大D.感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比 答案 C解析 由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E =n ΔΦΔt ,即感应电动势与线圈匝数有关,故A 错误;同时可知,感应电动势与磁通量的变化率有关,故D 错误;穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大,故C 正确;当穿过线圈的磁通量为零时,磁通量的变化率不一定为零,因此感应电动势不一定为零,故B 错误.2.穿过某单匝闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图1中的①~④所示,下列说法正确的是( )图1A.图①有感应电动势,且大小恒定不变B.图②产生的感应电动势一直在变大C.图③在0~t 1时间内的感应电动势是t 1~t 2时间内感应电动势的2倍D.图④产生的感应电动势先变大再变小 答案 C解析 感应电动势E =n ΔΦΔt ,而ΔΦΔt 对应Φ-t 图象中图线或图线切线的斜率,根据斜率的变化情况可得:①中无感应电动势;②中感应电动势恒定不变;③中感应电动势0~t 1时间内的大小是t 1~t 2时间内大小的2倍;④中感应电动势先变小再变大. 考点二 公式E =n ΔΦΔt的应用3.如图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n ,面积为S .若在t 1到t 2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2,则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa -φb ( )图2A.恒为nS (B 2-B 1)t 2-t 1B.从0均匀变化到nS (B 2-B 1)t 2-t 1C.恒为-nS (B 2-B 1)t 2-t 1D.从0均匀变化到-nS (B 2-B 1)t 2-t 1答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律得,感应电动势E =n ΔΦΔt =n (B 2-B 1)St 2-t 1,由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势,因磁场均匀变化,所以感应电动势恒定,因此a 、b 两点电势差恒为φa -φb =-n (B 2-B 1)St 2-t 1,选项C 正确.4.如图3所示,长为L 的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上,P 、Q 为电容器的两个极板,匀强磁场垂直于环面向里,磁感应强度以B =B 0+kt (k >0)的规律随时间变化,t =0时,P 、Q 两板电势相等,两板间的距离远小于环的半径,经时间t ,电容器P 板( )图3A.不带电B.所带电荷量与t 成正比C.带正电,电荷量是kL 2C 4πD.带负电,电荷量是kL 2C4π答案 D解析 磁感应强度以B =B 0+kt (k >0)的规律随时间变化,由法拉第电磁感应定律得:E =ΔΦ=S ΔB Δt =kS ,而S =L 24π,经时间t 电容器P 板所带电荷量Q =EC =kL 2C 4π;由楞次定律和安培定则知电容器P 板带负电,故D 选项正确.5.如图4所示,匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B 随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b ,不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是()图4A.E a ∶E b =4∶1,感应电流均沿逆时针方向B.E a ∶E b =4∶1,感应电流均沿顺时针方向C.E a ∶E b =2∶1,感应电流均沿逆时针方向D.E a ∶E b =2∶1,感应电流均沿顺时针方向 答案 B解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E =ΔΦΔt =πr 2·ΔB Δt ,则E a E b =r a 2r b 2=41,由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向,B 项对.6.如图5甲所示,闭合电路由电阻R 和阻值为r 的环形导体构成,其余电阻不计.环形导体所围的面积为S .环形导体位于一垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示.在0~t 0时间内,下列说法正确的是()图5A.通过R 的电流方向由B 到A ,电流大小为B 1S(R +r )t 0B.通过R 的电流方向由A 到B ,电流大小为B 2S(R +r )t 0C.通过R 的电流方向由B 到A ,电流大小为(B 1+B 2)S2(R +r )t 0D.通过R 的电流方向由A 到B ,电流大小为(B 2-B 1)S(R +r )t 0答案 D解析 原磁场增强,根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场反向,垂直纸面向外,再由安培定则可判定通过R 的电流方向由A 到B ;I =ER +r =ΔΦΔt R +r =ΔB Δt ·S R +r =B 2-B 1t 0SR +r =(B 2-B 1)S (R +r )t 0.故选D.7.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转轴垂直于磁场,若穿过线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图6所示,则O ~D 过程中( )图6A.线圈中O 时刻感应电动势最大B.线圈中D 时刻感应电动势为零C.线圈中D 时刻感应电动势最大D.线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势为0.4 V 答案 ABD解析 由于E =n ΔΦΔt ,ΔΦΔt 为Φ-t 图线切线的斜率,故A 、B 正确,C 错误;线圈中O 至D时间内的平均感应电动势E =n ΔΦΔt =1×2×10-3-00.005V =0.4 V ,所以D 正确.考点三 公式E =Bl v 的应用8.如图7所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一个水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出,设运动的整个过程中不计空气阻力,则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )图7A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法确定 答案 C9.(多选)如图8所示,一个金属圆环放在匀强磁场中,将它匀速向右拉出磁场,下列说法中正确的是(不计重力)( )图8A.环中感应电流的方向是顺时针方向B.环中感应电流强度的大小不变C.所施加水平拉力的大小不变D.若将此环向左拉出磁场,则环中感应电流的方向是顺时针方向 答案 AD10.如图9所示,PQRS 为一正方形导线框,它以恒定速度向右进入以MN 为边界的足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直线框平面,MN 与线框的边成45°角,E 、F 分别为PS 和PQ 的中点.关于线框中的感应电流( )图9A.当E 点经过边界MN 时,感应电流最大B.当P 点经过边界MN 时,感应电流最大C.当F 点经过边界MN 时,感应电流最大D.当Q 点经过边界MN 时,感应电流最大 答案 B解析 当P 点经过边界MN 时,有效切割长度最长,感应电动势最大,所以感应电流最大,故选B.11.如图10所示,平行导轨间距为d ,其左端接一个电阻R ,匀强磁场的磁感应强度为B ,方向垂直于平行金属导轨所在平面,一根金属棒与导轨成θ角放置,金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v 在导轨上滑行时,通过电阻R 的电流大小是( )图10A.Bd v RB.Bd v sin θRC.Bd v cos θRD.Bd v R sin θ答案 D解析 金属棒MN 垂直于磁场放置,运动速度v 与棒垂直,且v ⊥B ,即已构成两两相互垂直的关系,MN 接入导轨间的有效长度为l =d sin θ,所以E =Bl v =Bd v sin θ,I =E R =Bd vR sin θ,故选项D 正确. 二、非选择题12.(公式E =Bl v 的应用)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中,B =0.2 T ,有一水平放置的光滑框架,宽度为l =0.4 m ,如图11所示,框架上放置一质量为0.05 kg 、接入电路的电阻为1 Ω的金属杆cd ,金属杆与框架垂直且接触良好,框架电阻不计.若cd 杆以恒定加速度a =2 m/s 2,由静止开始沿框架做匀变速直线运动,则:图11(1)在5 s 内平均感应电动势是多少? (2)第5 s 末,回路中的电流多大?(3)第5 s 末,作用在cd 杆上的水平外力大小为多少? 答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N解析 (1)金属杆5 s 内的位移:x =12at 2=25 m ,金属杆5 s 内的平均速度v =xt =5 m/s(也可用v =0+2×52 m /s =5 m/s 求解)故平均感应电动势E =Bl v =0.4 V .(2)金属杆第5 s 末的速度v ′=at =10 m/s , 此时回路中的感应电动势:E ′=Bl v ′ 则回路中的电流为:I =E ′R =Bl v ′R =0.2×0.4×101 A =0.8 A.(3)金属杆做匀加速直线运动,则F -F 安=ma , 即F =BIl +ma =0.164 N.13.(公式E =n ΔΦΔt的应用)如图12所示,面积为0.2 m 2的100匝线圈A 处在匀强磁场中,磁场方向垂直于线圈平面.磁感应强度B 随时间变化的规律是B =(6-0.2t ) T ,已知电路中R 1=4 Ω,R 2=6 Ω,电容C =30 μF ,线圈的电阻不计,求:图12(1)闭合S 一段时间后,通过R 2的电流大小及方向; (2)闭合S 一段时间后,再断开S ,S 断开后通过R 2的电荷量. 答案 (1)0.4 A 由上向下通过R 2 (2)7.2×10-5 C解析 (1)由于磁感应强度随时间均匀变化,根据B =(6-0.2t ) T ,可知⎪⎪⎪⎪ΔB Δt =0.2 T/s ,所以线圈中感应电动势的大小为E =n ΔΦΔt =nS ·⎪⎪⎪⎪ΔB Δt =100×0.2×0.2 V =4 V. 通过R 2的电流大小为I =E R 1+R 2=44+6 A =0.4 A由楞次定律可知电流的方向为自上而下通过R 2.(2)闭合S ,电容器充电,一段时间后,电路稳定,此时两极板间电压U 2=IR 2=0.4×6 V =2.4 V . 再断开S ,电容器将放电,通过R 2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量Q =CU 2=30×10-6×2.4C =7.2×10-5 C.14.(两公式的对比应用)如图13所示,线框由导线组成,cd 、ef 两边竖直放置且相互平行,导体棒ab 水平放置并可沿cd 、ef 无摩擦滑动,导体棒ab 所在处有匀强磁场且B 2=2 T ,已知ab 长L =0.1 m ,整个电路总电阻R =5 Ω.螺线管匝数n =4,螺线管横截面积S =0.1 m 2.在螺线管内有如图所示方向磁场B 1,若磁场B 1以ΔB 1Δt =10 T /s 均匀增加时,导体棒恰好处于静止状态,试求:(g =10 m/s 2)图13(1)通过导体棒ab 的电流大小; (2)导体棒ab 的质量m 大小;(3)若B 1=0,导体棒ab 恰沿cd 、ef 匀速下滑,求棒ab 的速度大小. 答案 (1)0.8 A (2)0.016 kg (3)20 m/s解析 (1)螺线管产生的感应电动势: E =n ΔΦΔt =n ΔB 1Δt S ①解得E =4 V通过导体棒ab 的电流I =ER=0.8 A.②(2)导体棒ab 所受的安培力F =B 2IL =2×0.8×0.1 N =0.16 N ③ 导体棒静止时有F =mg ④ 解得m =0.016 kg.⑤ (3)ab 匀速下滑时 E ′=B 2L v ⑥ I ′=E ′R ⑦B 2I ′L =mg ⑧由⑥⑦⑧得:v =20 m/s。
2018_2019学年高中物理第四章电磁感应模块复习课课件新人教版选修3_2
(2)右手定则。
伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌
磁感线 从掌心进入,并使拇指指向 在同一平面内,让_______
导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流
的方向。Leabharlann 3.感应电动势大小的计算:
n (1)E=____( 匝线圈)。 t t 单匝线圈);E=______(n
(2)E=Blv。
涡流 、电磁阻尼和电磁驱 4.特殊情况:互感、自感、_____ 动。
内部文件,请勿外传
内部文件,请勿外传
专题一 电 磁 感 应
【体系构建】
【核心速填】 1.产生条件: 磁通量 发生变化。 (1)穿过闭合回路的_______
切割磁感线 运动。 (2)回路的部分导体做___________
2.感应电流方向的判断: (1)楞次定律。 感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻 磁通量 的变化。 碍引起感应电流的_______
高中物理第四章电磁感应模块复习课课件选修32高二选修32物理课件
的方向。
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3.感应电动势大小的计算:
(1)E=___ _ t(单匝线圈(xiànquān));E=n___t___(n匝线圈)。 (2)E=Blv。 4.特殊情况:互感、自感、_____涡、流电磁阻尼和电磁驱动。
(wōliú)
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内容(nèiróng)总结
专题一。感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻。碍引起感应电流的_______的变化
No (biànhuà)。导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流。(1)E=____(单匝线圈)。涡流 Image
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专题 一 (zhuāntí) 电磁感应
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【体系(tǐxì)构建】
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【核心速填】
1.产生条件(tiáojiàn): (1)穿过闭合回路的____磁__通切_发割量生(qi变ēgē化)磁。感
(2)回路的部分导体做____线_______运动。
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2.感应电流(gǎnyìng diàn liú)方向的判断: (1)楞次定律。 感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻 碍引起感应电流的___磁__通__量的变化。
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(2)右手定则。 伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌 在同一(tóngyī)平面内,让磁_感___线___从掌心进入,并使拇指指向
(通用版)2018-2019版高中物理-第四章 电磁感应 4.7 涡流、电磁阻尼和电磁驱动课件 新人教版选修3-2
个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电
流,此电流产生的磁场导致磁针转动
1234
图11
答案
B.若是匀强磁场,环上升的高度等于h
√C.若是非匀强磁场,环上升的高度等于h
图4
D解.若析是非若匀磁强场磁为场匀,强环磁上场升,的穿高过度环小的于磁h通量不变,不产生感应电流,即
无机械能向电能转化,机械能守恒,故A错误,B正确;
若磁场为非匀强磁场,环内要产生电能,机械能减少,故C错误,D正确.
解析 答案
答案
2.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图1所示,抛物线的方程为y =x2,其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a 的直线(如图中的虚线所示).一个质量为m的小金属块从抛物线上y=b(b>a) 处以速度v沿抛物线下滑,假设曲面足够长,重力加速度为g,则金属块 在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量为__m_g_(_b_-__a_)_+__12_m_v_2___.
第四章 电磁感应
7 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
[学习目标] 1.知道涡流的产生原因及涡流的防止和应用. 2.知道电磁阻尼和电磁驱动的原理和应用.
内容索引
自主预习
预习新知 夯实基础
重点探评价 达标过关
自主预习
一、涡流
1.涡流:当线圈中的电流随时间变化时,线圈附近的任何导体中都会产
√ 图3
C.封口过程中温度过高,可适当减小所通电流的频率来解决
√D.该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口,但不适用于金属 解析 答案
例2 (多选)如图4所示,闭合金属环从光滑曲面上h高处滚下,又沿曲面
的另一侧上升,设环的初速度为零,摩擦不计,曲面处在图中磁场中,
2018_2019学年高中物理第四章电磁感应综合小结课件新人教版
=Φ2-Φ1.在计算ΔΦ时,通常只取其绝对值,如果Φ2与Φ1反向,
那么Φ2与Φ1的符号相反.
例1
如图所示,空间存在垂直于纸面的磁场,在半径为
a的圆形区域内部及外部,磁场方向相反,磁感应强度的大小均
为B.一半径为b,电阻为R的圆形导线环放置在纸面内,其圆心与 圆形区域的中心重合.当内、外磁场同时由 B均匀地减小到零的 过程中,通过导线横截面的电荷量q=________.
小到零时,达到了收尾速度,做匀速运动.此时安培力不变,导
体受力平衡,这是一个稳定过程. 当然,题目条件会变化,如果受到的外力是变力,导线也可 做匀速运动或匀变速直线运动.要具体问题具体分析,不能死记 题型和解法.
2.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程.电 磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用, 因此要维持安培力的存在,必须有“外力”克服安培力做功,此 过程中,其他形式能转化为电能,当感应电流通过用电器时,电 能又转化为其他形式的能. “外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化 为电能.同理,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的 过程,安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能.
2 L· v ab E B· 当 ab 刚要脱离 EF 时,电流最大,I= = , v ab 为 R R 刚要脱离 EF 时 ab 棒的平均速度. 在 ab 脱离 EF 至达到水平位置的过程中, 根据机械能守恒得, L 1 mg· + mv 4 2
球
2
v ab 1 2 = mv ,其中 v 球= ,联立解得最大电流 I= 2 2
Hale Waihona Puke 2BL · 4v2-2gL. R
【答案】 L 1 2 (1)mg - mv 2 2 2BL (2) · 4v2-2gL R