完整word版,高考物理復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)專題

1、高考物理復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)專題、內(nèi)容概要本章內(nèi)容包括電磁感應(yīng)現(xiàn)象、磁通量的變化率、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、自感現(xiàn)象等基本概念，法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、等規(guī)律;以及電磁感應(yīng)的應(yīng)用（自感，交流電、變壓器等）。重、難點(diǎn)是電磁感應(yīng)的綜合題。二、基本方法本章涉及到的基本方法，要求能夠從空間想象的角度理解法拉第電磁感應(yīng)定律，用畫圖的方法將題目中所敘述的電磁感應(yīng)現(xiàn)象表示出來。能夠?qū)㈦姶鸥袘?yīng)現(xiàn)象的實(shí)際問題抽象成直流電路的問題；能夠用牛頓定律、動(dòng)量及能量轉(zhuǎn)化和守恒的觀點(diǎn)分析解決電磁感應(yīng)問題；會(huì)用圖象表示電磁感應(yīng)的物理過程，也能夠識(shí)別電磁感應(yīng)問題的圖象。三、電磁感應(yīng)綜合問題（一）、電磁感應(yīng)與電路的綜合在電磁感應(yīng)中，切割磁感線

2、的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。解決電磁感應(yīng)中的電路問題的基本思路是，首先要明確其等效電路，然后根據(jù)電磁感應(yīng)定律和楞次定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向，再根據(jù)電路有關(guān)規(guī)律進(jìn)行綜合分析。例1、如圖所示，直角三角形導(dǎo)線框abc固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab是一段長(zhǎng)為I、電阻為R的均勻?qū)Ь€，ac和bc的電阻可不計(jì)，ac的長(zhǎng)度為丄。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于線框平2R面向里?，F(xiàn)有一段長(zhǎng)度為二、電阻為R的均勻?qū)w桿MN架在導(dǎo)線框上，開始時(shí)緊靠ac,然后2沿ab方向以恒定的速度v向b端滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中始終與ac平行并與導(dǎo)線框保持良好接觸。當(dāng)MN骨過的距離為1時(shí)，導(dǎo)線ac

3、中的電流是多大？方向如何？3b解、由等效電路圖有BlvR并=2R,9Rr=3由歐姆定律有MP中電流為1=ac中電流為lac=?|=竺丫5R方向由a流向c。（二）、電磁感應(yīng)與牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)相結(jié)合例2、如圖，不計(jì)電阻的U形導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌寬l=0.5m，左端連接阻值為0.4Q的電阻R,在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌放一電阻為0.1Q的導(dǎo)體棒MN并用水平輕繩通過定滑輪吊著質(zhì)量m=2.4g的重物，圖中L=0.8m，開始重物與水平地面接觸并處于靜止，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=0.5T,并且以B0.1T/s的變化率在增大,t不計(jì)摩擦阻力，求至少經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間才能將重物吊起？（g=10

4、m/s2）解：以MN為研究對(duì)象，有BIl=T;以重物為研究對(duì)象，有T+N=mg由于B在增大，安的受力發(fā)生變化，因此對(duì)于非勻加速運(yùn)動(dòng)的定量計(jì)算，不可能直接運(yùn)用勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行計(jì)算或運(yùn)用恒力的沖量來解決。這時(shí)往往可以借助動(dòng)量定理來解決。培力BIl增大，繩的拉力T增大，地面的支持力N減小，當(dāng)N=0,重物將被吊起。設(shè)將重物吊起需要的時(shí)間至少為Bt,此時(shí)BIl=mgB=Bd+t0.50.1ttSb感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=0.04Vtt感應(yīng)電流Ermnr0.08A由以上各式求出t=1s（三）、電磁感應(yīng)中動(dòng)量守恒、動(dòng)量定理的應(yīng)用在電磁感應(yīng)的問題中，金屬棒往往做非勻加速運(yùn)動(dòng)，由于導(dǎo)體棒的速度變化引起了導(dǎo)體棒例4、在如

5、圖所示的水平導(dǎo)軌上（摩擦、電阻忽略不計(jì)），有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B,導(dǎo)軌左端的間距為L(zhǎng)i=4lo,右端間距為L(zhǎng)2=lo。今在導(dǎo)軌上放置AC、DE兩根導(dǎo)體棒，質(zhì)量分別為m=2m,m=na，電阻R=4R）,Rz=R）。若AC棒以初速度V向右運(yùn)動(dòng)，求AC棒運(yùn)動(dòng)的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Qc以及通過它們某橫截面積的總電量q?！境Ｒ婂e(cuò)解】AC棒在磁場(chǎng)力的作用下，做變速運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程復(fù)雜，應(yīng)從功能關(guān)系的角度來分析。由于沒有摩擦，最后穩(wěn)定的狀態(tài)應(yīng)為兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)。根據(jù)動(dòng)量守恒定律mvo=（m+m）v2整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱因?yàn)镽=4R）,艮=阪所以AC棒在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱對(duì)AC棒應(yīng)用動(dòng)量定理-BII

6、t=mivi-mivo、mV.-nriivq=I*At4-BL】【錯(cuò)解原因】AC棒在磁場(chǎng)力的作用下做變速運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定，兩棒都做勻速運(yùn)動(dòng)的分析是正確的。但是以此類推認(rèn)為兩棒的運(yùn)動(dòng)速度相同是錯(cuò)誤的。如果兩棒的速度相同則回路中還有磁通量的變化，還會(huì)存在感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電流還會(huì)受到安培力的作用，ACDE不可能做勻速運(yùn)動(dòng)。【分析解答】由于棒I1向右運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生電流，Il受安培力的作用后減速，I2受安培力加速使回路中的電流逐漸減小。只需Vi,V2滿足一定關(guān)系，就有可岸眾回路中的B菩，即總電動(dòng)勢(shì)為靄此S不再受安培力的作甩兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)。兩棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，1=0，即回路的總電動(dòng)勢(shì)為零。所以有Bli

7、vi=Bl2V2*=時(shí)，回路電流為零詬旃勻速畫對(duì)直c棒應(yīng)用動(dòng)量定理14-BILit=miVi-miVo再對(duì)DE棒應(yīng)用動(dòng)量定理BIL2t=m2V2-O解方程得TOC o 1-5 h z、41.121花3082Qm二(牙皿淨(jìng)口.三皿】-2V2)二麗血辺0乂mvr-ninV74tav門a=i*At=-1-%9B1O【評(píng)析】以前我們做過類似的題。那道題中的平行軌道間距都是一樣的。有一些同學(xué)不假思索，把那道題的結(jié)論照搬到本題中來，犯了生搬硬套的錯(cuò)誤。差異就是矛盾。兩道題的差別就在平行導(dǎo)軌的寬度不一樣上。如何分析它們之間的差別呢？還是要從基本原理出發(fā)。平行軌道間距一樣的情況兩根導(dǎo)體棒的速度相等，才能使回路

8、中的磁通量的變化為零。本題中如果兩根導(dǎo)軌的速度一樣，由于平行導(dǎo)軌的寬度不同導(dǎo)致磁通量的變化不為零，仍然會(huì)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，兩根導(dǎo)體棒還會(huì)受到安培力的作用，其中的一根繼續(xù)減速，另一根繼續(xù)加速，直到回路中的磁通量的變化為零，才使得兩根導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)。抓住了兩道題的差異之所在，問題就會(huì)迎刃而解。(四)、電磁感應(yīng)中的能量問題電磁感應(yīng)的過程是能量的轉(zhuǎn)化和守恒的過程，導(dǎo)體切割磁感線或磁通量發(fā)生變化在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，機(jī)械能或其他形式的能便轉(zhuǎn)化為電能；感應(yīng)電流做功，又可使電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能或電阻的內(nèi)能等。電磁感應(yīng)的過程總是伴隨著能量的轉(zhuǎn)化的過程，因此在分析問題時(shí)，應(yīng)牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，分析清楚有哪

9、些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化，然后借助于動(dòng)能定理或能量守恒定律等規(guī)律求解。需要說明的是克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能例4、如圖所示，半徑為r、電阻不計(jì)的兩個(gè)半圓形光滑導(dǎo)軌并列豎直放置，半園直徑水平，兩導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng),在軌道左上方的端點(diǎn)M、N間接有電阻為R的小電珠，且整個(gè)軌道處在豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒ab從MN處由靜止釋放，經(jīng)一定時(shí)間到達(dá)導(dǎo)軌的最底點(diǎn)00，此時(shí)的速度為V.試分析金屬棒ab從M!到00的過程中，通過小電珠的電流方向。求金屬棒ab到達(dá)00時(shí)，整個(gè)電路消耗的瞬時(shí)電功率。求金屬棒ab從MF到00

10、的過程中，小電珠和金屬棒上產(chǎn)生的總熱量。2解：(1)在ab下滑過程中，通過小電珠的電流方向始終為NtM(2)ab棒到達(dá)00時(shí)，E=BLv所以整個(gè)電路消耗的瞬時(shí)電功率為pER222BLv2R(3)Qmgr在ab棒下滑的過程中，系統(tǒng)減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為小電珠和金屬棒的內(nèi)能，即:12-mv2ABC和FED二者相互平行且相距為L(zhǎng),其中ABFE是BCDE內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌上AMN從弧形例5、如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌光滑弧形導(dǎo)軌，BCED是水平放置的粗糙直導(dǎo)軌，在矩形區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,金屬棒MN質(zhì)量為m電阻為r,它與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩與F、C與D之間分別接有電阻Ri、R2,且Ri=

11、Rz=r，其余電阻忽略不計(jì)。現(xiàn)將金屬棒導(dǎo)軌上離水平部分高為h處由靜止釋放，最后棒在導(dǎo)軌水平部分上前進(jìn)了距離棒MN在通過軌道B、E交接處時(shí)不考慮能量損失，g)求：度；(2)s后靜止。(金屬金屬棒MN始終與兩導(dǎo)軌垂直，重力加速度為(1)金屬棒在導(dǎo)軌水平部分運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大加速整個(gè)過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。解：(1)設(shè)金屬棒剛到達(dá)水平軌道時(shí)速度為U,且此時(shí)合外力最大，加速度最大。由牛頓第二定律，得BLI+卩mg=na由歐姆定律，得|空3r由法拉第電磁感應(yīng)定律，得E=BLu由動(dòng)能定理，得mgh=2mu22聯(lián)解，得2B2L22gh3mrBA(2)設(shè)金屬棒I1=I2=2由公式Q=IMN中的電流強(qiáng)度為,Rt，得

12、Qr=4Q1，通過電阻R、R2的電流強(qiáng)度分別為I1、I2,則整個(gè)過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,Q=Q+2Qi由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律，得mgh和mgs+Q1Qri=mg（hus）（五）、電磁感應(yīng)中的圖象問題電磁感應(yīng)中的圖象問題大體可分為兩類：由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出相應(yīng)的物理量的函數(shù)圖象；由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，確定相關(guān)物理量。TOC o 1-5 h z例6、如圖，A是一邊長(zhǎng)為1的正方形線框，電阻為R.現(xiàn)維持線框以恒定的速度v沿x軸運(yùn)動(dòng)，并穿過圖中所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)E區(qū)域取逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，線框從圖示位置開始運(yùn)動(dòng)，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流1隨時(shí)間t變化的圖線是圖6中的：（）I11XKI*B|IXXI11IXX4XIL一一斗屈31十解析：由于線