高考物理全真復(fù)習(xí)-電磁感應(yīng)中求電量題型歸納

電磁感應(yīng)中求電量題型歸納一。由溝通電中的平均電流求電量溝通電流的描述量有效值、最大值和平均值，有效值是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度動(dòng)身，使溝通電與恒定電流等效；溝通電的平均值是從電流通過導(dǎo)線橫截面的電量相等的角度動(dòng)身，使溝通電與恒定電流等效，故有效值用來求熱量和功率以及保險(xiǎn)絲的熔斷電流，而平均電流用來求電量，最大值用來求電容器的擊穿電壓。例一.如下圖，矩形線圈abcd在磁感強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞軸OO′，以角速度ω=10πrad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈共10例一.如下圖，矩形線圈abcd在磁感強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞軸OO′，以角速度ω=10πrad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈共10匝，ab=0.3m，bc0.6m，負(fù)載電阻R=45Ω。求〔l〕電阻R在錯(cuò)解：第一步，求電流的有效值，用有效值來計(jì)算熱量。電動(dòng)勢(shì)的最大值為εm=nBLv=nBSε=10×2×0.3×0.6×10π=113.1電流的有效值 I=IM/ 2=εm/ 2(R+r)=1.6A所以0.05s內(nèi)R上發(fā)出的熱量Q=I2Rt=5.76〔J〕R上的電量，由題意0.05s內(nèi)通過R的電流方向不變q＝It＝1．6×0.05＝0.08〔C〕分析與解：電動(dòng)勢(shì)的最大值為εm2nBLv=nBSω=10×20.3×0.6×10π=113.1〔V〕所以0.05s內(nèi)R上發(fā)出的熱量Q=I2Rt=5.76〔J〕點(diǎn)評(píng)：溝通電的有效值是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度動(dòng)身，使溝通電與恒定電流等效；溝通電的平均值是從電流通過導(dǎo)線橫截面的電量相等的角度動(dòng)身，使溝通電與恒定電流等效，兩個(gè)概念的動(dòng)身點(diǎn)不同。例二.閉合矩形線圈abcdad轉(zhuǎn)動(dòng)。線圈處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，7ab=d，bc=L，bc邊質(zhì)量為m，其余各邊bcbc邊獲得水平速度v，例二.閉合矩形線圈abcdad轉(zhuǎn)動(dòng)。線圈處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，7ab=d，bc=L，bc邊質(zhì)量為m，其余各邊線圈中電流的有效值；流過導(dǎo)體橫截面的電量。分析與解：bcmv2/2=mgh+Q所以由幾何關(guān)系得:h=d(1-cosθ) 又Q=I2Rt所以E=△ф/△t=BLdsinθ/△t通過導(dǎo)體橫截面的電量:q=I△t=△ф/R=BLdsinθ/R.二.電解過程求通過電解液的電量例三．某次試驗(yàn)中，將兩個(gè)銅極插入肯定量的硫酸的飽和溶液中進(jìn)展電解。通電3s后，陰極上放出6×10-6mol的氣體。整個(gè)電路的電阻為10 ，求通過電解液的電量和本試驗(yàn)裝置所用電源的電動(dòng)勢(shì)。〔阿伏加德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1〕分析與解：寫出電極反響、電解過程的總化學(xué)方程式，求出產(chǎn)生的電子的總物質(zhì)的量，進(jìn)而求出通過電解液的電量、電流強(qiáng)度和電源電動(dòng)勢(shì)。電極反響：陰極2H+4e→4H→2H2↑ 陽(yáng)極4OH--4e→2H2O+O2↑ 陰極產(chǎn)生的氣體應(yīng)為H2。電解過程總反響為 2H2O ＝ 2H2↑ + O2↑ 4e－2mol 6×10-6mol x解得x=1.2×10-5molQ=ne=xNAe=1.2×10-5×6.02×1023×1.6×10-19=1.16(C)I=0.387A由閉合電路歐姆定律得 =IR總＝0.387×10=3.87(V)點(diǎn)評(píng)：此題綜合了物理、化學(xué)的學(xué)問，以電解試驗(yàn)為背景，涉及電流強(qiáng)度、能量轉(zhuǎn)化、化學(xué)反響的問題，電路計(jì)算等學(xué)問點(diǎn)，同時(shí)考察考察學(xué)生推理、理解、分析、學(xué)問遷移和綜合解決實(shí)際問題等諸多力量。通過的電量Q正比于金屬的物質(zhì)的量n和金屬離子的化合價(jià)a的乘積,其比例系數(shù)F是一個(gè)常量,稱為法拉第常數(shù),F=9.65×104C/mol.它與金屬的種類無關(guān).:阿伏加德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1,電子電量e=1.60×10-19C,Cu64×10-3kg/mol.假設(shè)電解CuSO41kgR的銅球殼外表均勻鍍上薄的銀層,在電鍍槽中銅球是陽(yáng)極還是陰極?另一極是什么材料?假設(shè)電流為I,通電時(shí)間為t,銀的原子量為AQd.分析與解：(1)1kg=15.6mol.Cu的化合價(jià)為a=21kg銅需要的電量為Q=Fan=3.0×106C.(2)由電解學(xué)問得:鍍件應(yīng)為陰極,鍍層金屬為陽(yáng)極,所以銅球是陰極,陽(yáng)極材料是銀.電流為I、通電時(shí)間為t時(shí),通過電路的電量 Q1=It,半徑為R、鍍層厚度為d的銅球上銀的物質(zhì)的量為n=4πR2dρ/A對(duì)銀來說a=1,所需要的電量為Q2=F×1×4πR2dρ/A.由于Q1=Q2, 所以d=AIt/4πR2ρF.三．用動(dòng)量定理求電量在電磁感應(yīng)中，往往會(huì)遇到被爭(zhēng)論對(duì)象在磁場(chǎng)力〔變力〕作用下，做一般的變速運(yùn)動(dòng)求電量的問題。方法：避開中間過程，分析各有關(guān)物理量的初、末狀態(tài)狀況，思維切入點(diǎn)是分析運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的速度。=BIlt，其It即為該過程中電磁感應(yīng)時(shí)通過導(dǎo)體的電量q，即安培力沖量為Bql．當(dāng)兩個(gè)過程中磁通量φΔφqn△ф/(R+r)可知此時(shí)通過的電量也一樣，安培力沖量也一樣．又由動(dòng)量定理得F安△t=△p，所以AEBV0CD例五．相距為L(zhǎng)的水平光滑導(dǎo)軌上，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌上放著兩根質(zhì)量均為m，電AC棒以AEBV0CD分析與解：ACDEACDE有順時(shí)針方向的電流。ACACDE安培力使DE到的安培力也為零，兩棒最終ACDE安培力是變力，但始終大小相等，方向相反，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。故有：mV0＝2mV共 V共＝V0/2設(shè)回路中的平均電流〔對(duì)時(shí)間平均〕為IAC得：－BIL△t＝mV共－mV0q＝I△t 所以 q＝mv02BL1 K 2AECV1 K 2AECVBh＝5克，放置在寬L＝1米、光滑的金屬導(dǎo)處有豎直向下B＝0.5特的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電容C＝200微法，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝16伏，導(dǎo)軌平面距地面高度h＝0.8電鍵K與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2”接通，則金屬棒AB被拋到s＝0.064米的地面上，試求這時(shí)電容器上的電壓。分析與解：當(dāng)K1K“2”時(shí)，充電后的電容器通過金屬棒放電，產(chǎn)生放電電流。金屬棒在磁場(chǎng)中受到安培AB的速度，使棒做平拋運(yùn)動(dòng)。只要求出通過AB棒的電量，即可求出電容器兩端的電壓。ABh＝1gt2 ①2s＝Vt ②ss2g2hAB棒在軌道上運(yùn)動(dòng)，其末速度即為平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，設(shè)電流的平均值為I，應(yīng)用動(dòng)量定理得：BILΔt＝mV 又Q放＝IΔt所以 Q放＝mv=1.610－3CBL電容器充電電量為：Q＝EC＝3.210－3C放電后電容器剩下的電量為：Q/=Q－Q放＝1.610－3C放電后電容器兩端的電壓為：U/=Q/C

＝8V例七、如下圖，金屬棒AB的質(zhì)量m，放置在寬L、光滑的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌上，兩金屬導(dǎo)軌處于水平面內(nèi)，該處有豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1K2AECBC，電源的電動(dòng)勢(shì)E。在電鍵K1K2AEC分析與解：當(dāng)K由“1”扳向“2”時(shí)，電容器通過AB棒放電，產(chǎn)生放電電流，AB棒在磁AB電容器放電的，電容器上的電荷不能放完。當(dāng)AB棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)ε與電容器UAB設(shè)穩(wěn)定時(shí)電容器兩端電壓為U，AB棒運(yùn)動(dòng)的速度為V，則：U＝ε即 U＝BLV V＝UBL對(duì)AB棒用動(dòng)量定理得： BILΔt＝mV ①而 Q＝IΔt＝

＝mU ②BL B2L2EC－UC＝Q ③解②③得：Q＝ mECm點(diǎn)評(píng)：從以上分析可以看出，解決這類問題的關(guān)鍵是要認(rèn)真分析棒的運(yùn)動(dòng)過程，求出運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后的速度，應(yīng)用動(dòng)量定理問題就迎刃而解了。金屬棒以a端為軸，以角速度 沿導(dǎo)軌平面順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，如下圖，求這個(gè)MNPQ之間的寬度為L(zhǎng)，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為BBR的電阻，其它局部電阻不計(jì)。導(dǎo)軌右端接一電容為C2L金屬棒以a端為軸，以角速度 沿導(dǎo)軌平面順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，如下圖，求這個(gè)過程中通過電阻R？〔2L〕分析與解：ab棒開頭旋轉(zhuǎn)，直到b分析與解：ab棒開頭旋轉(zhuǎn)，直到b式中ab的面積，如圖中虛線所示。式中ab的面積，如圖中虛線所示。所以△S=(L/2)3L=3L2/2所以q=3BL2/2R當(dāng)ab棒運(yùn)動(dòng)到b”時(shí)，電容C上所帶電量為q′=CUC 此時(shí)UC=Em而所以△S=(L/2)3L=3L2/2所以q=3BL2/2R例九.〔99〕如下圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)r=0.3Ω，m=0.1kgCD例九.〔99〕如下圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)r=0.3Ω，m=0.1kgCD接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌左端接有R=0.5Ω的電阻，量程為的電流表串接在一條導(dǎo)軌上，量程為的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)向下穿過導(dǎo)軌平面?，F(xiàn)以向右恒定外力F接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌左端接有R=0.5Ω的電阻，量程為的電流表串接在一條導(dǎo)軌上，量程為的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導(dǎo)軌平此時(shí)撤去外力F屬棒停頓運(yùn)動(dòng)的過程中，通過電阻R分析與解：假設(shè)電流表滿偏，則大于電壓表量程，所以應(yīng)是電壓表滿偏假設(shè)電流表滿偏，則BL=U(R+r)/RvF=U2(R+r)/(R2v)代入數(shù)據(jù)得：金屬棒勻速滑動(dòng)時(shí)，有F=F安 其BL=U(R+r)/RvF=U2(R+r)/(R2v)代入數(shù)據(jù)得：由電磁感應(yīng)定律得：E=BLv 電路歐姆定律得：E=I(R+r)所以q=△p/(BL)=mv2/[I(R+R)] 代入數(shù)據(jù)得：q=0.25C四．由法拉弟電磁感應(yīng)定律，歐姆定律和電流強(qiáng)度的定義式求電量求電磁感應(yīng)過程中通過電路的電量時(shí)，用到的是平均電流和平均電動(dòng)勢(shì)，E=n△ф/△tqn△ф/(R+r)所以，通過電路的電量?jī)H由電阻磁通量的轉(zhuǎn)變量打算．例十．在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T著兩根相距為h＝0.1mMNPQ，導(dǎo)軌的電阻無視不計(jì)，在NQ之間連接一阻值R＝0.3ΩL＝0.2m，每米長(zhǎng)電阻r＝2.0Ω/mab．金屬棒與導(dǎo)軌正交放置，c、d．當(dāng)金屬棒以速度v＝4.0m/s〔1〕電阻R中的〔1〕電阻R中的電流強(qiáng)度大小和方向；〔2〕使金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)的外力；ab棒向右變速移動(dòng)L′＝0.5mR的電量是多少？分析與解：金屬棒向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，等效電路如下圖．在閉合回路中，金屬棒的cd局部相當(dāng)于電源，內(nèi)阻rcd＝hrEcd＝Bhv．依據(jù)歐姆定律，R中的電流強(qiáng)度為EcdRrcd

BhvRhr＝0.4A方向從N流向Q使棒勻速運(yùn)動(dòng)的外力與安培力是一對(duì)平衡力，方向向左，大小為金屬棒ab兩端的電勢(shì)差，等于Uac＋Ucd＋Udb，由于Ucd＝IR＝Ecd－Ircd，因此也可以寫成：Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ircd＝0.5×0.2×4V－0.4×0.1×2V＝0.32Vab變速移動(dòng)L′＝0.5mq=I△t=E△t/(R+rcd)=△ф/(R+rcd)=BhL′/(R+hr)=0.5×0.1×0.5/(3.2+2×0.1)=5×Cq＝It

ERrcd

t t Rrcd BhL0.50.10.5cd＝Rr Rhr 3.220.1C＝5×10－2Ccd點(diǎn)評(píng)：〔求電磁感應(yīng)過程中通過電路的電量時(shí)，用到的是平均電流和平均電動(dòng)勢(shì)，所以通常用E=n△ф/△tq＝I△t=E△t/R=△ф/R所以，通過電路的電量?jī)H由電阻磁通量的轉(zhuǎn)變量打算．通過本例說明綜合利用電磁感應(yīng)規(guī)律和電路學(xué)問分析電磁感應(yīng)問題的方法．圖中的最大磁通量φ0和變化周期T 都是量，求在t=0圖中的最大磁通量φ0和變化周期T 都是量，求在t=0t=T/4環(huán)某橫截面的電荷量q．分析與解：t=0t=T/4E1=n△ф/△t在以上時(shí)段內(nèi)，環(huán)中的電流為I1=E1/R則在這段時(shí)間內(nèi)通過金屬環(huán)某橫截面的電量 q=I1t聯(lián)立求解得q=ф0/R五．由Q=CU或者帶電物體電場(chǎng)中的的平衡、加速和偏轉(zhuǎn)發(fā)及在磁場(chǎng)中的園周運(yùn)動(dòng)求電量〔略〕不計(jì)．求：閉合K后，通過R2的電流強(qiáng)度大小及方向．閉合K一段時(shí)間后，再斷開K，K斷開后通0.2m2100匝線圈AB＝〔6－0.2不計(jì)．求：閉合K后，通過R2的電流強(qiáng)度大小及方向．閉合K一段時(shí)間后，再斷開K，K斷開后通分析與解：由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，依據(jù)B＝〔6－0.2t〕T，可知△B/