北京專用202x版高考物理大一輪復習專題十二電磁感應

考點清單考點一電磁感應現(xiàn)象考向基礎一、磁通量1.磁通量(1)定義:在勻強磁場中,磁感應強度B與垂直于磁場方向某平面的面積

的乘積。(2)公式:Φ=①

BS

。適用條件:勻強磁場。S為垂直磁場的有效面積。(3)磁感量是②矢量

(填“標量”或“矢量”)。課件ppt(4)磁通量的意義a.磁通量可以理解為某時刻穿過某一平面的磁感線的條數(shù)。b.同一線圈平面,當它跟磁場方向垂直時,磁通量③最大

;當它跟磁

場方向平行時,磁通量④為零

;當正向穿過線圈平面的磁感線條數(shù)

和反向穿過的條數(shù)一樣多時,磁通量⑤為零

。2.磁通量的變化(1)定義:ΔΦ=⑥

Φ末-Φ初

=⑦

B末S末-B初S初

。(2)單位:韋伯(Wb)。(3)常見的磁通量變化的情況課件ppt變化情形舉例磁通量變化量磁場變化永磁鐵靠近或遠離線圈

ΔΦ=ΔB·S有效面積變化回路面積變化閉合線圈的部分導線做切割磁感

線運動,如圖

ΔΦ=B·ΔS回路平面與磁場夾角變化線圈在磁場中轉(zhuǎn)動,如圖

課件ppt二、電磁感應現(xiàn)象考向突破考向一磁通量如果面積S與B不垂直,如圖所示,則磁通量Φ=BS'=BScosα=BSsinβ。

(圖中abcd平面的面積為S;ab'c'd平面的面積為S')電磁感應現(xiàn)象當穿過閉合電路的磁通量⑧發(fā)生變化

時,電路中有感應電流產(chǎn)生的現(xiàn)象產(chǎn)生感應電流的條件條件穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化特例閉合電路的一部分導體在磁場內(nèi)做⑨切割

磁感線

的運動電磁感應現(xiàn)象的實質(zhì)電磁感應現(xiàn)象的實質(zhì)是產(chǎn)生⑩感應電動勢

,如果電路閉合,則產(chǎn)生感應電流;如果電路不閉

合,則只產(chǎn)生感應電動勢,而不產(chǎn)生感應電流能量轉(zhuǎn)化發(fā)生電磁感應現(xiàn)象時,機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能課件ppt例1(多選)如圖所示,在空間直角坐標系Oxyz中存在沿x軸正方向的勻

強磁場,在直角坐標系中選取如圖所示的abc-a'b'c'棱柱形空間。通過

abb'a'平面(面積為S1)、acc'a'平面(面積為S2)和cbb'c'平面(面積為S3)的磁

通量分別為Φ1、Φ2和Φ3,則

()

A.Φ1=Φ2

B.Φ1>Φ2C.Φ1>Φ3

D.Φ3>Φ2

課件ppt解析由圖可知,磁感應強度B與平面acc'a'(面積為S2)垂直,而平面abb'a'

在yOz平面上的投影面積也是S2,故Φ1=Φ2,而磁感應強度B與平面cbb'c'

平行,故Φ3=0,所以Φ1=Φ2>Φ3,選項A、C正確。答案

AC課件ppt考向二電磁感應現(xiàn)象判斷電磁感應現(xiàn)象是否發(fā)生的一般流程課件ppt例2為了探究電磁感應現(xiàn)象的產(chǎn)生條件,圖中給出了必備的實驗儀

器。(1)請你用筆畫線代替導線,將實驗電路連接完整。(2)正確連接實驗電路后,在閉合開關時靈敏電流計的指針發(fā)生了偏

轉(zhuǎn)。開關閉合后,迅速移動滑動變阻器的滑片,靈敏電流計的指針

偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)。斷開開關時靈敏電流計的指

針

偏轉(zhuǎn)(選填“發(fā)生”或“不發(fā)生”)。課件ppt解析(1)把電流計與大線圈組成串聯(lián)電路,電源、開關、滑動變阻

器、小線圈組成串聯(lián)電路。(2)開關閉合后,迅速移動滑動變阻器的滑

片時,小線圈中的電流發(fā)生變化,磁通量變化,穿過大線圈的磁通量也變

化,則產(chǎn)生感應電動勢,形成感應電流,電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。斷開開關

時,小線圈中電流減小,穿過大線圈的磁通量減小,電流計指針發(fā)生偏

轉(zhuǎn)。答案(1)如圖所示(2)發(fā)生發(fā)生課件ppt考點二感應電流方向的判斷考向基礎一、楞次定律1.內(nèi)容及適用條件(1)內(nèi)容:感應電流的磁場總要①阻礙

引起感應電流的磁通量的變

化。(2)適用條件:一切電磁感應現(xiàn)象。2.楞次定律中對“阻礙”的理解課件ppt二、右手定則1.內(nèi)容:伸開右手,使大拇指與其余四指垂直且在同一平面內(nèi),讓磁感線

穿過掌心,大拇指指向⑥導體運動

方向,其余四指指向就是感應電

流的方向。2.適用條件:導體切割磁感線產(chǎn)生感應電流?？枷蛲黄瓶枷蛞焕愦味?.楞次定律的推廣含義楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為:感應電流的效果總是阻礙引起

感應電流的原因。列表說明如下:課件ppt內(nèi)容例證阻礙原磁通量變化——“增反減同”

磁鐵遠離線圈,B感與B原同向阻礙相對運動——“來拒去留”

磁鐵靠近,是斥力

磁鐵遠離,是引力使回路面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”

P、Q是光滑固定導軌,a、b是可動金屬棒,磁鐵下移,a、b靠近阻礙原電流的變化——“增反減同”

合上S,B先亮課件ppt例3(多選)如圖所示,光滑固定的金屬導軌M、N水平放置,兩根導體

棒P、Q平行放于導軌上,形成一個閉合回路,當一條形磁鐵從高處下落

接近回路時

()

A.P、Q將互相靠攏B.P、Q將互相遠離C.磁鐵的加速度仍為gD.磁鐵的加速度小于g課件ppt解析

解法一

設磁鐵下端為N極,如圖所示,根據(jù)楞次定律可判斷

出P、Q中感應電流的方向,根據(jù)左手定則可判斷出P、Q所受安培力

的方向,可見P、Q將互相靠攏。由于回路所受安培力的合力向下,由牛

頓第三定律可知,磁鐵將受到向上的反作用力,從而加速度小于g。當下

端為S極時,可得到同樣的結(jié)果。解法二

根據(jù)楞次定律的另一種表述——感應電流的效果總是阻礙產(chǎn)

生感應電流的原因,本題中“原因”是回路中磁通量的增加,歸根結(jié)底

是磁鐵靠近回路,“效果”便是阻礙磁通量的增加和磁鐵的靠近,所

以P、Q將互相靠攏,且磁鐵的加速度小于g。答案

AD課件ppt2.用楞次定律判斷感應電流方向的步驟

(1)明確研究的回路及原磁場方向。(2)若磁通量增加,感應磁場與原磁場方向反向。若磁通量減小,感應磁

場與原磁場方向相同,簡稱增反減同。(3)用安培定則判斷感應磁場和感應電流的方向關系。課件ppt例4某同學在“探究感應電流產(chǎn)生的條件”的實驗中,將直流電源、

滑動變阻器、線圈A(有鐵芯)、線圈B、靈敏電流計及開關按圖連接成

電路。在實驗中,該同學發(fā)現(xiàn)開關閉合的瞬間,靈敏電流計的指針向左

偏。由此可以判斷,在保持開關閉合的狀態(tài)下

()A.當線圈A拔出時,靈敏電流計的指針向左偏B.當線圈A中的鐵芯拔出時,靈敏電流計的指針向右偏C.當滑動變阻器的滑片勻速滑動時,靈敏電流計的指針不偏轉(zhuǎn)D.當滑動變阻器的滑片向N端滑動時,靈敏電流計的指針向右偏課件ppt解析開關閉合的瞬間,穿過線圈B的磁通量增大,指針左偏。當線圈A

拔出或A中的鐵芯拔出時,穿過B的磁通量減小,故指針向右偏,A錯誤,B

正確。當滑片勻速滑動時,線圈A中的電流變化,在線圈B中也能產(chǎn)生感

應電流,C錯誤。當滑片向N端滑動時,線圈A中的電流變大,穿過線圈B

的磁通量增大,故指針向左偏,D錯誤。答案

B課件ppt例5矩形金屬框ABCD位于如圖所示的通電長直導線附近,線框與導

線在同一個平面內(nèi),線框的兩條邊與導線平行。下面說法正確的是

()

A.在這個平面內(nèi)線框遠離導線移動時穿過線框的磁通量減小B.在這個平面內(nèi)線框平行導線移動時穿過線框的磁通量減小C.當導線中的電流I增大時線框產(chǎn)生沿ADCBA方向的感應電流D.當導線中的電流I減小時線框產(chǎn)生沿ABCDA方向的感應電流課件ppt解析在通電長直導線與線框構成的平面內(nèi),通電長直導線周圍的磁場

規(guī)律是與導線距離越近,磁感應強度越大,與導線距離越遠,磁感應強度

越小,距離相同,則磁感應強度大小相同。在這個平面內(nèi)線框遠離導線

移動時,穿過線框的磁通量減小,A正確;在這個平面內(nèi)線框平行導線移

動時,穿過線框的磁通量不變,B錯誤;當I增大時,導線周圍同一點的磁感

應強度也會增大,穿過線框的磁通量增加,根據(jù)安培定則和楞次定律知,

感應電流方向應為ABCDA,C錯誤;當I減小時,導線周圍同一點的磁感應

強度也會減小,穿過線框的磁通量減小,根據(jù)安培定則和楞次定律知,感

應電流方向應為ADCBA,D錯誤。答案

A課件ppt考向二右手定則1.三個定則的比較

左手定則右手定則安培定則應用磁場對電流(運動電荷)作用力方

向的判斷對因?qū)w切割磁感線而產(chǎn)生的感

應電流方向的判斷電流產(chǎn)生的磁場方向的判斷涉及方向磁場方向、電流(電荷運動)方

向、安培力(洛侖茲力)方向磁場方向、導體切割磁感線的運

動方向、感應電動勢的方向電流方向、磁場方向各物理量方向間的關系圖例

因果關系電流→作用力運動→電流電流→磁場應用實例電動機發(fā)電機電磁鐵課件ppt2.多定則應用的區(qū)別應用關鍵是抓住因果關系。(1)因電生磁(I→B)——安培定則。(2)因動生電(v、B→I)——右手定則。(3)因電受力(I、B→F)——左手定則。課件ppt例6(多選)如圖所示,水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金

屬棒PQ、MN,當PQ在外力的作用下運動時,MN在磁場力的作用下向右

運動,則PQ所做的運動可能是

()

A.向右加速運動

B.向左加速運動C.向右減速運動

D.向左減速運動課件ppt解析當PQ向右運動時,用右手定則可判斷出PQ中感應電流的方向是

Q→P,由安培定則可判斷出穿過L1的磁場方向是自下而上的;若PQ向右

加速運動,則穿過L1的磁通量增加,用楞次定律可判斷出流過MN的感應

電流方向是N→M,用左手定則可判斷出MN受到向左的安培力,將向左

運動,可見選項A錯誤。若PQ向右減速運動,流過MN的感應電流方向、

MN所受的安培力的方向均將反向,MN向右運動,所以選項C正確。同理

可判斷出選項B正確,D錯誤。答案

BC課件ppt考點三法拉第電磁感應定律法拉第電磁感應定律1.磁通量、磁通量的變化量和磁通量的變化率的區(qū)別考向基礎

磁通量Φ磁通量的變化量ΔΦ磁通量的變化率

物理意義某時刻穿過某個面的磁感線的條

數(shù)某一段時間內(nèi)穿過某個面的磁通

量的變化量穿過某個面的磁通量變化的快慢大小Φ=B·S,S是與B垂直的面的面積ΔΦ=Φ2-Φ1ΔΦ=B·ΔSΔΦ=S·ΔB

=B·

=S·

注意穿過某個面有方向相反的磁場,

則不能直接用Φ=B·S求解,應考慮

相反方向的磁通量抵消后所剩余

的磁通量開始時和轉(zhuǎn)過180°時平面都與磁

場垂直,穿過平面的磁通量是一

正一負,ΔΦ=-2BS而不是0既不表示磁通量的大小,也不表

示磁通量變化的多少,實際它就

是單匝線圈上產(chǎn)生的電動勢附注線圈平面與磁感線平行時,Φ=0,但

最大;線圈平面與磁感線垂直時,Φ最大,但

=0;Φ、ΔΦ、

都與線圈匝數(shù)無關課件ppt2.法拉第電磁感應定律內(nèi)容閉合電路中感應電動勢的大小與穿過這一電路的磁通量的變化率成正

比,即E=①

n

。產(chǎn)生的感應電動勢有兩種,一種是感生電動勢,另

一種是動生電動勢。3.感生電動勢和動生電動勢的比較

感生電動勢動生電動勢產(chǎn)生原因磁場的變化導體做②切割磁感線

運動移動電荷的非靜電力感生電場對自由電荷的電場力導體中自由電荷所受洛倫茲力沿導體方向的

分力回路中相當于電源的部分處于變化磁場中的線圈部分做切割磁感線運動的導體方向判斷方法由③楞次定律

判斷通常由④右手定則

判斷,也可由楞次定律

判斷大小計算方法由E=n

計算通常由E=Blvsinθ計算,也可由E=n

計算課件ppt考向突破考向一法拉第電磁感應定律1.法拉第電磁感應定律的表達式:E=n

(1)式中的n為線圈的匝數(shù),ΔΦ是線圈磁通量的變化量,Δt是磁通量變化

所用的時間。

叫做磁通量的變化率。(2)ΔΦ的單位是韋伯,Δt的單位是秒,E的單位是伏特。(3)E=n

在中學階段一般只用來計算平均感應電動勢,如果

是恒定的,那么E是穩(wěn)恒的。(4)感應電動勢的大小由穿過回路的磁通量的變化率

和線圈的匝數(shù)共同決定,而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系。課件ppt2.法拉第電磁感應定律應用的三種情況(1)磁通量的變化是由面積變化引起時,ΔΦ=B·ΔS,則E=

。(2)磁通量的變化是由磁場變化引起時,ΔΦ=ΔB·S,則E=

。(3)磁通量的變化是由于面積和磁場共同變化引起時,則根據(jù)定義求,ΔΦ

=Φ末-Φ初,E=n

≠n

。課件ppt例7

(2016北京理綜,16,6分)如圖所示,勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、

b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應強度B隨時間均勻增大。兩

圓環(huán)半徑之比為2∶1,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb。不考慮

兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是

()

A.Ea∶Eb=4∶1,感應電流均沿逆時針方向B.Ea∶Eb=4∶1,感應電流均沿順時針方向C.Ea∶Eb=2∶1,感應電流均沿逆時針方向D.Ea∶Eb=2∶1,感應電流均沿順時針方向課件ppt解析由題意可知

=k,導體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢E=

=

·S=

·πr2,因ra∶rb=2∶1,故Ea∶Eb=4∶1;由楞次定律知感應電流的方向均沿順時針方向,選項B正確。答案

B課件ppt3.常見感應電動勢求解方法表達式E=n

E=BLvsinθE=

BL2ωE=NBSωsin(ωt+φ0)情景圖

研究對象回路(不一定閉合)一段直導線(或等效成直

導線)繞一端轉(zhuǎn)動的一段導體棒繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動的導

線框意義一般求平均感應電動勢,

當Δt→0時求的是瞬時感

應電動勢一般求瞬時感應電動勢,

當v為平均速度時求的是

平均感應電動勢用平均值法求瞬時感應電

動勢求瞬時感應電動勢適用條件所有磁場(勻強磁場定量

計算、非勻強磁場定性分

析)勻強磁場勻強磁場勻強磁場課件ppt例8

(2014課標Ⅱ,25,19分)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同

一水平面內(nèi),一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導體棒AB置于圓

導軌上面,BA的延長線通過圓導軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整

個裝置位于一勻強磁場中,磁感應強度的大小為B,方向豎直向下。在內(nèi)

圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫

出)。直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在轉(zhuǎn)

動過程中始終與導軌保持良好接觸。設導體棒與導軌之間的動摩擦因

數(shù)為μ,導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求(1)通過電阻R的感應電流的方向和大小;(2)外力的功率。課件ppt解題指導課件ppt解析(1)解法一由感應電動勢公式E=

Bω(

-

)得導體棒AB的感應電動勢E=

Bω[(2r)2-r2]=

通過R的電流I=

=

由右手定則判得通過R的感應電流從C→D。解法二在Δt時間內(nèi),導體棒掃過的面積為ΔS=

ωΔt[(2r)2-r2]

①根據(jù)法拉第電磁感應定律,導體棒上感應電動勢的大小為E=

②課件ppt根據(jù)右手定則,感應電流的方向是從B端流向A端。因此,通過電阻R的

感應電流的方向是從C端流向D端。由歐姆定律可知,通過電阻R的感應

電流的大小I滿足I=

③聯(lián)立①②③式得I=

④解法三

E=Br

=Br

=

Br2ωI=

=

由右手定則判得通過R的感應電流從C→D課件ppt解法四取Δt=TE=

=

=

Br2ωI=

=

由右手定則判得通過R的感應電流從C→D。(2)解法一在豎直方向有mg-2N=0

⑤式中,由于質(zhì)量分布均勻,內(nèi)、外圓導軌對導體棒的正壓力大小相等,其

值為N。兩導軌對運行的導體棒的滑動摩擦力均為f=μN

⑥在Δt時間內(nèi),導體棒在內(nèi)、外圓導軌上掃過的弧長分別為課件pptl1=rωΔt

⑦和l2=2rωΔt

⑧克服摩擦力做的總功為Wf=f(l1+l2)

⑨在Δt時間內(nèi),消耗在電阻R上的功為WR=I2RΔt

⑩根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知,外力在Δt時間內(nèi)做的功為W=Wf+WR

外力的功率為P=

課件ppt由④至

式得P=

μmgωr+

解法二由能量守恒P=PR+Pf在豎直方向2N=mg,則N=

mg,得f=μN=

μmgPf=

μmgωr+

μmg·ω·2r=

μmgωrPR=I2R=

所以P=

μmgωr+

答案(1)方向:由C端到D端

(2)

μmgωr+

課件ppt考向二導體棒切割磁感線1.導體平動切割磁感線對于導體平動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算式E=Blv,應注意以下

幾個方面:(1)正交性:本公式是在一定條件下得出的,除了磁場是勻強磁場外,還需

B、l、v三者相互垂直。(2)對應性:若v為平均速度,則E為平均感應電動勢。若v為瞬時速度,則E

為相應的瞬時感應電動勢。(3)相對性:E=Blv中的速度v是相對于磁場的速度,若磁場也運動,應注意

速度間的相對關系。(4)有效性:公式中的l為有效切割長度,即導體與v垂直的方向上的投影

長度。圖中有效長度分別為:甲圖:l=cdsinβ。課件ppt甲圖:l=cdsinβ。乙圖:沿v1方向運動時,l=MN;沿v2方向運動時,l=0。丙圖:沿v1方向運動時,l=

R;沿v2方向運動時,l=0;沿v3方向運動時,l=R。

課件ppt例9

(2015安徽理綜,19,6分)如圖所示,abcd為水平放置的平行“

”形光滑金屬導軌,間距為l,導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強

度大小為B,導軌電阻不計。已知金屬桿MN傾斜放置,與導軌成θ角,單位

長度的電阻為r,保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑

動過程中與導軌接觸良好)。則

()A.電路中感應電動勢的大小為

B.電路中感應電流的大小為

C.金屬桿所受安培力的大小為

D.金屬桿的熱功率為

課件ppt解析金屬桿MN切割磁感線的有效長度為l,產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv,

A錯誤;金屬桿MN的有效電阻R=

,故回路中的感應電流I=

=

=

,B正確;金屬桿受到的安培力F=

=

·

=

,C錯誤;金屬桿的熱功率P=I2R=

·

=

,D錯誤。答案

B課件ppt考向三電磁感應中求解回路中電荷量的大小通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關,與時間長短無

關,推導如下:q=IΔt=

Δt=

。例10許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點來分析,也可以用動量、能量等觀

點來分析和解釋。

(1)如圖1所示,足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置,導軌間距為L,一端

連接阻值為R的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場,磁感應

強度為B。質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒MN放在導軌上,其長度恰好等

于導軌間距,與導軌接觸良好。在平行于導軌、大小為F的水平恒力作課件ppt用下,導體棒從靜止開始沿導軌向右運動。a.當導體棒運動的速度為v時,求其加速度a的大小;b.已知導體棒從靜止到速度達到穩(wěn)定所經(jīng)歷的時間為t,求這段時間內(nèi)流

經(jīng)導體棒某一橫截面的電荷量q。(2)在如圖2所示的閉合電路中,設電源的電動勢為E,內(nèi)阻為r,外電阻為R,

其余電阻不計,電路中的電流為I。請你根據(jù)電動勢的定義并結(jié)合能量

轉(zhuǎn)化與守恒定律證明:I=

。課件ppt解析(1)a.當導體棒運動的速度為v時,電路中的感應電動勢為E=BLv

①電流為I=

②導體棒所受的安培力為F安=BIL

③根據(jù)牛頓第二定律可得:a=

④聯(lián)立①②③④式可得:a=

-

⑤b.設導體棒運動穩(wěn)定時的速度為vm,令⑤式中的a=0,v=vm,可得:vm=

⑥設某段極短的時間Δt內(nèi),電路中的電流為i,則安培力在這段時間內(nèi)的沖

量為BiLΔt,在時間t內(nèi),根據(jù)動量定理有:Ft-BL∑iΔt=mvm⑦課件ppt其中,q=∑iΔt

⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式可得:q=

-

(2)根據(jù)電動勢的定義有:E=

⑨在時間t內(nèi)通過電路的電荷量為:q=It

⑩根據(jù)能量守恒定律,非靜電力做的功應該等于內(nèi)外電路產(chǎn)生焦耳熱的總

和。即:W非=Q外+Q內(nèi)

在時間t內(nèi):Q外=I2Rt

Q內(nèi)=I2rt

聯(lián)立⑨⑩

式可得:EIt=I2Rt+I2rt整理后可得:I=

答案(1)a.

-

b.

-

(2)見解析課件ppt考向四電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化電磁感應過程的實質(zhì)是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。外力克服安

培力做多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能。例11兩足夠長且不計其電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置,間距為d=1m,在左端斜軌道部分高h=1.25m處放置一金屬桿a,斜軌道與平直軌道區(qū)域以光滑圓弧連接,在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b的電阻分別為Ra=2Ω、Rb=5Ω,在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場,

磁感應強度B=2T。現(xiàn)桿b以初速度v0=5m/s開始向左滑動,同時由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到水平軌道的過程中,通過桿b的平均電流為0.3A。從a下滑到水平軌道時開始計時,a、b桿運動的速度-時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向),其中ma=2kg,mb=1kg,g=10m/s2,求:(1)桿a在斜軌道上運動的時間;(2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量;(3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。課件ppt解析(1)對b棒運用動量定理,有BdIΔt=mb(v0-vb)其中vb=2m/s代入數(shù)據(jù)得到Δt=5s(2)對桿a下滑的過程,機械能守恒,有magh=

ma

,解得va=

=5m/s最后兩桿共同的速度為v',由動量守恒得mava-mbvb=(ma+mb)v'代入數(shù)據(jù)計算得出v'=

m/s桿a動量變化等于它所受安培力的沖量,由動量定理可得I安=BIdΔt'=mava-mav',而q=IΔt'由以上公式代入數(shù)據(jù)得q=

C(3)由能量守恒得,產(chǎn)生的焦耳熱為Q=magh+

mb

-

(mb+ma)v'2=

J課件pptb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q'=

Q=

J答案見解析課件ppt考點四自感考向基礎一、自感和互感1.互感兩個相互靠近的線圈中,有一個線圈中的電流變化時,它所產(chǎn)生的變化

的磁場會在另一個線圈中產(chǎn)生感應電動勢,這種現(xiàn)象叫做互感,這種電

動勢叫做互感電動勢。變壓器就是利用互感現(xiàn)象制成的。2.自感(1)自感:由于導體本身的電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象,叫做自

感。(2)自感電動勢:由于自感而產(chǎn)生的感應電動勢叫做自感電動勢。自感課件ppt電動勢總是①阻礙

導體自身電流的變化,與電流變化的快慢有關,

大小正比于電流的變化率,表示為E=②

L

。(3)自感系數(shù):E=L

中的比例系數(shù)L叫做自感系數(shù),簡稱自感或電感。線圈的長度越長,線圈的橫截面積越大,單位長度上匝數(shù)越多,線圈的自感

系數(shù)越③大

,線圈有鐵芯比無鐵芯時自感系數(shù)④大得多

。二、渦流線圈中的電流變化時,在附近導體中產(chǎn)生感應電流,這種電流在導體內(nèi)

形成閉合回路,很像水的漩渦,因此把它叫做渦電流,簡稱渦流。在冶煉

爐、電動機、變壓器、探雷器等實際應用中都存在著渦流,它是整塊導

體發(fā)生的電磁感應現(xiàn)象,同樣遵守電磁感應定律。課件ppt三、反電動勢1.定義:電動機轉(zhuǎn)動時,線圈中也會產(chǎn)生感應電動勢,這個感應電動勢總

要削弱電源電動勢的作用,我們把這個電動勢稱為反電動勢。2.作用:反電動勢的作用是⑤阻礙

線圈的轉(zhuǎn)動。課件ppt

通電自感斷電自感電路圖

器材要求A1、A2同規(guī)格,R=RL,L較大L很大(有鐵芯),RL?RA現(xiàn)象在S閉合的瞬間,A2燈立即亮起來,A1燈逐漸變

亮,最終一樣亮在開關S斷開時,燈A突然閃亮一下后再漸漸

熄滅原因由于開關閉合時,流過電感線圈的電流迅速增

大,使線圈產(chǎn)生自感電動勢,阻礙了電流的增

大,使流過A1燈的電流比流過A2燈的電流增加

得慢斷開開關S時,流過線圈L的電流減小,產(chǎn)生自

感電動勢,阻礙了電流的減小,使電流繼續(xù)存

在一段時間;在S斷開后,通過L的電流反向通

過燈A,且由于RL?RA,使得流過A燈的電流在

開關斷開的瞬間突然增大,從而使A燈的功率

突然變大,即閃亮一下能量轉(zhuǎn)化情況電能轉(zhuǎn)化為磁場能磁場能轉(zhuǎn)化為電能考向突破考向自感和互感1.通電自感和斷電自感的比較課件ppt2.三點注意、三個技巧

課件ppt例12如圖所示,L是自感系數(shù)很大的線圈,但其自身的電阻幾乎為零,A

和B是兩個相同的小燈泡,下列對實驗現(xiàn)象的預測合理的是

()

A.開關S由斷開變?yōu)殚]合時,A燈先亮,B燈后亮B.開關S由斷開變?yōu)殚]合時,A、B兩燈同時亮C.開關S由閉合變?yōu)閿嚅_時,A、B兩燈同時立即熄滅D.開關S由閉合變?yōu)閿嚅_時,A、B兩燈都會延遲一會兒熄滅課件ppt解析開關S由斷開變?yōu)殚]合時,由于線圈自感現(xiàn)象的存在,A、B會同

時亮,電流穩(wěn)定后,線圈相當于導線,會使B燈短路,B燈會熄滅;開關S由閉

合變?yōu)閿嚅_時,A燈立即熄滅,由于線圈自感現(xiàn)象的存在,B燈會先變亮再

逐漸熄滅。答案

B課件ppt方法技巧方法1感應電動勢E=BLv的四種推導方法1.由法拉第電磁感應定律推導經(jīng)過時間Δt,閉合回路的磁通量變化為ΔΦ=BLvΔt根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=

=BLv2.利用電動勢的定義推導電動勢定義為非靜電力把單位電荷量的正電荷在電源內(nèi)從負極移送到

正極所做的功,對應著其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能的大小。這里的非靜

電力為洛倫茲力沿MN棒上的分力,洛倫茲力沿MN棒上的分力做正功,

即W=(Bev)L課件pptE=

=

=BLv

3.由導體棒中自由電子受力平衡推導導體棒內(nèi)的自由電子隨導體棒向右勻速運動的速度為v,受到的洛倫茲

力沿MN棒上的分力大小為f1=evB,方向向下,電子在棒下端聚集,棒下端

帶負電,棒的上端由于缺少電子而帶正電,M、N間產(chǎn)生電壓,且電壓隨著

自由電子向下移動而逐漸升高。設M、N間產(chǎn)生的電壓為U,則MN中的電場強度E0=

課件ppt導體棒中的自由電子將受到向上的電場力F=E0e=

當F'=

=f1時,自由電子在沿導體棒MN方向的受力達到平衡,由

e=evB可得穩(wěn)定電壓為U'=BLv在斷路時,路端電壓等于電動勢,因此動生電動勢E=BLv4.由能量守恒推導當導體棒勻速運動時,其受到的向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,

則F拉=BIL拉力做功的功率P拉=F拉v=BILv閉合電路消耗的總功率P電=EI課件ppt根據(jù)能量守恒可知P拉=P電可得到E=BLv例1如圖所示,兩根相距為L的光滑金屬導軌CD、EF固定在水平面內(nèi),

并處在方向豎直向下的勻強磁場中,導軌足夠長且電阻不計。在導軌的

左端接入一阻值為R的定值電阻,將質(zhì)量為m、電阻可忽略不計的金屬

棒MN垂直放置在導軌上。t=0時刻,MN棒與DE的距離為d,MN棒運動過

程中始終與導軌垂直且接觸良好,不計空氣阻力。課件ppt(1)金屬棒MN以恒定速度v向右運動過程中①若從t=0時刻起,所加的勻強磁場的磁感應強度B從B0開始逐漸減小

時,恰好使回路中不產(chǎn)生感應電流,試從磁通量的角度分析磁感應強度B

的大小隨時間t的變化規(guī)律;②若所加勻強磁場的磁感應強度為B且保持不變,試從磁通量變化、電動勢的定義、自由電子的受力和運動或功能關系等角度入手,選用兩種

方法推導MN棒中產(chǎn)生的感應電動勢E的大小。(2)為使回路DENM中產(chǎn)生正弦(或余弦)交變電流,請你展開“智慧的翅

膀”,提出一種可行的設計方案,自設必要的物理量及符號,寫出感應電

動勢瞬時值的表達式。課件ppt解析(1)①由產(chǎn)生感應電流的條件可知,回路中不產(chǎn)生感應電流,則穿

過回路的磁通量不變,根據(jù)磁通量不變,應有B0Ld=BL(d+vt)解得B=

②方法一:由法拉第電磁感應定律推導經(jīng)過時間Δt,閉合回路的磁通量變化量為ΔΦ=BLvΔt根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=

=BLv課件ppt方法二:利用電動勢的定義推導電動勢在數(shù)值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內(nèi)從負極移送到

正極所做的功,對應著其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能的大小。這里的非靜

電力為洛倫茲力沿MN棒上的分力,洛倫茲力沿MN棒上的分力做正功,

即W非=(Bev)L,E=

=

=BLv方法三:由金屬棒中自由電子受力平衡推導金屬棒內(nèi)的自由電子隨棒向右勻速運動的速度為v,受到的洛倫茲力大

小為f=evB,方向向下,電子在棒下端聚集,棒下端帶負電,棒的上端由于

缺少電子而帶正電,M、N間產(chǎn)生電壓,且電壓隨著自由電子向下移動而

逐漸升高。設M、N間產(chǎn)生的電壓為U,則MN中的電場強度E0=

課件ppt金屬棒中的自由電子將受到向上的電場力F=E0e=

當F=f時,自由電子在沿金屬棒MN的方向的受力達到平衡,由

e=evB可得穩(wěn)定電壓為U=BLv在內(nèi)電阻為0時,路端電壓等于電動勢,因此動生電動勢大小為E=BLv方法四:由能量守恒推導當金屬棒勻速運動時,其受到向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,則F

外=BIL拉力做功的功率P外=F外v=BILv閉合電路消耗的總功率P電=EI根據(jù)能量守恒可知P外=P電可得到E=BLv課件ppt(2)方案1:磁感應強度不變化且大小為B1,金屬棒以初始位置為中心做簡

諧運動,即v=vmsinωt則感應電動勢e1=B1Lvsinωt方案2:金屬棒不動,B隨時間按正弦(或余弦)規(guī)律變化,即B=Bmsinωt,E=

,ΔΦ=BLd=BmLdsinωte2=

=

=BmLdωcosωt課件ppt方案3:設棒初位置的中心為坐標原點,平行EF方向建立x坐標,平行ED方

向建立y坐標,勻強磁場只分布在有限空間y=

sinx內(nèi),如圖所示(圖中磁場分布只畫了一個周期)。磁感應強度大小均為B3,但磁場在有限的空

間周期性方向相反。

金屬棒勻速向右運動過程中,位移x=vt則瞬時電動勢:e3=B3yv=B3v

sinvt=Emsinvt答案見解析課件ppt方法2電磁感應中電路問題的分析方法電磁感應中的感應電動勢等效于穩(wěn)恒電路中的電源電動勢。1.電磁感應中電路知識的關系圖2.分析電磁感應電路問題的基本思路3.電流的方向在外電路中,電流由高電勢流向低電勢;在內(nèi)電路中,電流由低電勢流向課件ppt高電勢。4.電路分析應用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點。5.問題分類(1)將產(chǎn)生感應電動勢的部分電路當做電源,作出等效電路圖,結(jié)合歐姆

定律,用相關電路知識求解。課件ppt例2(多選)如圖所示,勻強磁場的方向垂直于光滑的金屬導軌平面向

里,極板間距為d的平行板電容器與總阻值為2R0的滑動變阻器通過平行

導軌連接,電阻為R0的導體棒MN可在外力的作用下沿導軌從左向右做

勻速直線運動。當滑動變阻器的滑動觸頭位于AB的中間位置且導體棒

MN的速度為v0時,位于電容器中P點的帶電油滴恰好處于靜止狀態(tài)。若

不計摩擦和平行導軌及導線的電阻,各接觸處接觸良好,重力加速度為g,

則下列判斷正確的是

()課件pptA.油滴帶正電荷B.若將上極板豎直向上移動距離d,油滴將向上加速運動,加速度a=g/2C.若將導體棒的速度變?yōu)?v0,油滴將向上加速運動,加速度a=gD.若保持導體棒的速度為v0不變,而將滑動觸頭置于A端,同時將電容器

上極板向上移動距離d/3,油滴仍將靜止解題導引

課件ppt解析根據(jù)右手定則可知,M端為正極,則上極板帶正電,板間場強豎直

向下,又油滴靜止,對其受力分析知受豎直向下的重力和豎直向上的電

場力,兩力大小相等,因此油滴帶負電荷,選項A錯誤;設導軌間距為L,導

體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E1=BLv0,則電容器兩端電壓為U1=

=

,開始油滴靜止時有q

=mg,若將上極板豎直向上移動距離d,對油滴有mg-

q=ma1,解得a1=

,方向豎直向下,同理,若將導體棒的速度變?yōu)?v0,可得油滴的加速度為a2=g,方向豎直向上,選項B錯誤、C正

確;若保持導體棒的速度不變,而將滑動觸頭置于A端,同時將電容器上

極板向上移動距離

,則此時電容器兩端電壓為U2=

=

BLv0,油滴所受電場力為F=

q=

=mg,因此油滴仍然靜止,選項D正確。答案

CD課件ppt(2)q=n

的分析與應用在電磁感應現(xiàn)象中,只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化,閉合電路中

就會產(chǎn)生感應電流,設在時間Δt內(nèi)通過導體橫截面的電荷量為q,則根據(jù)

電流定義式I=

及法拉第電磁感應定律E=

,得q=IΔt=

Δt=

Δt=

。需要說明的是:上面式中I為平均值,因而E為平均值。如果閉合電路是一個單匝線圈(n=1),則q=

。q=n

中n為線圈的匝數(shù),ΔΦ為磁通量的變化量,R總為閉合電路的總電阻。課件ppt例3如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長,

置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外,線框兩次勻速地完全進

入磁場,兩次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進

入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第

二次bc邊平行MN進入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過線框?qū)w橫截

面的電荷量為q2,則

()A.Q1>Q2,q1=q2

B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2

D.Q1=Q2,q1>q2

課件ppt解析第一次ab邊是電源,第二次bc邊是電源。設線框ab、bc邊長分別

為l1、l2,第一次時線框中產(chǎn)生的熱量Q1=

Rt=(

)2·R·

=

=

l1,同理第二次時線框中產(chǎn)生的熱量Q2=

l2,由于l1>l2,所以Q1>Q2。通過線框?qū)w橫截面的電荷量q=n

=

,故q1=q2,A選項正確。答案

A課件ppt方法3電磁感應中圖像問題的分析方法1.圖像問題的特點考查方式比較靈活,有時根據(jù)電磁感應現(xiàn)象發(fā)生的過程,確定圖像的正

確與否,有時依據(jù)不同的圖像,進行綜合計算。2.圖像問題的求解類型類型根據(jù)電磁感應過程選圖像根據(jù)圖像分析判斷電磁感應過程

課件ppt3.圖像問題4.圖像問題中的“三看”“三明確”對于圖像問題,應做到“三看”、“三明確”,即(1)看軸——看清變量。(2)看線——看圖線的形狀。(3)看點——看特殊點和轉(zhuǎn)折點。圖像類型(1)磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I隨時間t變化

的圖像,即B-t圖像、Φ-t圖像、E-t圖像和I-t圖像(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流的情況,還常涉及感應

電動勢E和感應電流I隨線圈位移x變化的圖像,即E-x圖像和I-x圖像問題類型(1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖像(2)由給定的有關圖像分析電磁感應過程,求解相應的物理量應用知識左手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定

律、牛頓運動定律和相關數(shù)學知識等課件ppt(4)明確圖像斜率的物理意義。(5)明確截距的物理意義。(6)明確“+”“-”的含義。5.電磁感應中圖像類選擇題的兩個常用方法排除法定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變

化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是分析物理量的正負,以排除

錯誤的選項函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系,然后由函

數(shù)關系對圖像進行分析和判斷課件ppt例4如圖所示,光滑水平面上有豎直向下的勻強磁場,圖中虛線為磁場

區(qū)域的左邊界。一個長方形的金屬線框以初速度v向左運動,穿出磁

場。此過程中,線框中感應電流的大小隨時間變化的圖像是

()

課件ppt解析線框尚未穿出磁場時,無感應電流;線框穿出磁場的過程中,受到

安培力的阻礙作用,速度逐漸較小,F安=

,安培力逐漸較小,所以加速度逐漸較小,線框做加速度逐漸減小的減速運動,又i=

,故選B。答案

B課件ppt方法4電磁感應中的動力學問題的分析方法1.安培力大小

?F=

2.安培力的方向(1)先用右手定則判斷感應電流方向,再用左手定則判斷安培力方向。(2)根據(jù)楞次定律,安培力的方向一定和導體切割磁感線的運動方向相

反。3.解題方法通電導體在磁場中受到安培力作用,因此電磁感應問題往往和力學問題

綜合在一起。解決的基本方法如下:課件ppt4.兩種狀態(tài)的處理(1)導體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)。處理方法:根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析。(2)導體處于非平衡態(tài)——加速度不為零。處理方法:根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析,或結(jié)合功能關系分析。5.臨界問題基本思路是:導體受外力運動

感應電動勢

感應電流

導體受安培力

合力變化

加速度變化

速度變化

臨界狀態(tài)課件ppt例5如圖所示,MN、PQ是兩根足夠長的光滑平行的金屬導軌,導軌間

距離l=0.2m,導軌平面與水平面的夾角θ=30°,導軌上端連接一個阻值R

=0.4Ω的電阻。整個導軌平面處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中,

磁感應強度B=0.5T?，F(xiàn)有一根質(zhì)量m=0.01kg、電阻r=0.1Ω的金屬棒

ab垂直于導軌放置,且接觸良好,金屬棒從靜止開始沿導軌下滑,且始終

與導軌垂直。g=10m/s2,導軌電阻不計,求:(1)金屬棒從靜止釋放時的加速度大小;(2)金屬棒沿導軌下滑過程中速度最大值;(3)金屬棒沿導軌勻速下滑時金屬棒ab兩端的電壓。課件ppt解析(1)金屬棒在釋放的瞬間有mgsinθ=maa=gsinθ=5m/s2(2)金屬棒在下滑過程中,受到的安培力大小等于重力沿導軌方向的分

力時,速度最大mgsinθ=BIlE=BlvmI=

vm=

=2.5m/s(3)設金屬棒沿導軌勻速下滑時金屬棒ab兩端的電壓為Uab,則課件pptUab=IRUab=

R=0.2V答案(1)5m/s2(2)2.5m/s(3)0.2V課件ppt方法5電磁感應中功能問題的分析方法1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化其他形式的能量

電能

焦耳熱或其他形式的能量(2)求解焦耳熱Q的三種方法①焦耳定律:Q=I2Rt。②功能關系:Q=W克服安培力。③能量轉(zhuǎn)化:Q=ΔE其他能的減少量。課件ppt2.解決此類問題的步驟(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律(或右手定則)確定感應電動勢的

大小和方向。(2)畫出等效電路圖,寫出回路中電阻消耗的電功率的表達式。(3)分析導體機械能的變化,用能量守恒關系得到機械功率的改變與回

路中電功率的改變所滿足的方程,聯(lián)立求解。注意在利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒解決電磁感應問題時,第一要準確把握

參與轉(zhuǎn)化的能量的形式和種類,第二要確定哪種能量增加,哪種能量減

少。課件ppt例6

(2016浙江理綜,24,20分)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖

所示,兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0.50m,傾角θ=53°,導軌上端串接一個R=

0.05Ω的電阻。在導軌間長d=0.56m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導軌平面

向下的勻強磁場,磁感應強度B=2.0T。質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平

置于導軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置

與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉動

GH桿,CD棒由靜止開始運動,上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直。

當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始

位置(重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉

桿和繩索的質(zhì)量)。求(1)CD棒進入磁場時速度v的大小;課件ppt(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。

課件ppt解析(1)由牛頓定律a=

=12m/s2進入磁場時的速度v=

=2.4m/s(2)感應電動勢E=Blv感應電流I=

安培力FA=IBl代入得FA=

=48N(3)健身者做功W=F(s+d)=64J由牛頓定律F-mgsinθ-FA=0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t=

焦耳熱Q=I2Rt=26.88J答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J課件ppt思路點撥

課件ppt例7(多選)如圖所示,邊長為L、電阻不計的n匝正方形金屬線框位于

豎直平面內(nèi),連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U,線框及

小燈泡的總質(zhì)量為m,在線框的下方有一勻強磁場區(qū)域,區(qū)域?qū)挾葹閘,磁

感應強度方向與線框平面垂直,其上、下邊界與線框底邊均水平。線框

從圖示位置開始由靜止下落,穿越磁場的過程中,小燈泡始終正常發(fā)

光。則

()A.有界磁場寬度l<LB.磁場的磁感應強度應為

C.線框勻速穿越磁場,速度恒為

D.線框穿越磁場的過程中,燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgL課件ppt解析因線框穿越磁場的過程中小燈泡始終正常發(fā)光,知產(chǎn)生的感應電

動勢E是恒定的,且E=U,又知E=BLv,故線框勻速穿越磁場,且線框中始終

有感應電流,則知線框長度L和磁場寬度l相等,A錯誤;因線框勻速穿越

磁場,故重力和安培力相等,則mg=nBIL=nB

L,得B=

,B正確;線框勻速穿越磁場,重力做功的功率等于電功率,即mgv=P,得v=

,C正確;線框穿越磁場時,通過的位移為2L,且重力做的功完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱,故Q=2

mgL,D錯誤。答案

BC課件ppt反思領悟

解決此類問題的三種思路1.運動分析:分析線圈進磁場時安培力與重力的大小關系,判斷其運動性

質(zhì)。2.過程分析:分階段(進磁場前、進入過程、在磁場內(nèi)、出磁場過程)分

析。3.功能關系分析:必要時利用功能關系列方程求解。方法6電磁感應中導軌類問題的分析方法1.模型概述對桿在導軌上運動組成的系統(tǒng),桿在運動過程中切割磁感線產(chǎn)生感應電

動勢,并受到安培力的作用改變運動狀態(tài),最終達到穩(wěn)定的運動狀態(tài),該課件ppt系統(tǒng)稱為“導軌+桿”模型。2.模型分類及分析方法根據(jù)桿的數(shù)目,對于“導軌+桿”模型題目,又常分為單桿模型和雙桿模

型。(1)單桿模型是電磁感應中常見的物理模型,此類問題所涉及的物理情

景一般是桿垂直切割磁感線的變加速直線運動或勻速直線運動,所涉及

的知識有牛頓運動定律、功能關系、能量守恒定律等。對于此類問題

的分析要抓住以下三點:①桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運動(達到最大速度或最小速度,此時合力

為零)。②整個電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。課件ppt③電磁感應現(xiàn)象遵從能量守恒定律。(2)雙桿類問題可分為兩種情況:一是“假雙桿”,甲桿靜止不動,乙桿運

動,其實質(zhì)是單桿問題,不過要注意問題包含著一個條件——甲桿靜

止、受力平衡;另一種情況是兩桿都在運動,對于這種情況,要注意兩桿

切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢是相加還是相減。3.單桿模型常見情況(1)水平軌道

v0≠0v0=0示意圖

質(zhì)量為m、電阻不計的單

桿ab,以一定初速度v0在光

滑水平軌道上滑動,兩平

行導軌間距為L

軌道水平光滑,單桿ab質(zhì)

量為m,電阻不計,兩平行

導軌間距為L

軌道水平光滑,單桿ab質(zhì)

量為m,電阻不計,兩平行

導軌間距為L,拉力F恒定

軌道水平光滑,單桿ab質(zhì)

量為m,電阻不計,兩平行

導軌間距為L,拉力F恒定課件ppt課件ppt例8如圖所示,兩根相距為d的足夠長的、光滑的平行金屬導軌位于水

平的xOy平面內(nèi),左端接有阻值為R的電阻,其他部分的電阻均可忽略不

計。在x>0的一側(cè)存在方向豎直向下的磁場,磁感應強度大小按B=kx變

化(式中k>0,且為常數(shù))。質(zhì)量為m的金屬桿垂直架在導軌上,兩者接觸

良好。在x<0的某位置,金屬桿受到一瞬時沖量,獲得的速度大小為v0,方

向沿x軸正方向。求:課件ppt(1)在金屬桿運動過程中,電阻R上產(chǎn)生的總熱量;(2)若從金屬桿進入磁場的時刻開始計時,始終有一個方向向左的變力F

作用于金屬桿上,使金屬桿的加速度大小恒為a,方向一直沿x軸負方

向。求:a.閉合回路中感應電流持續(xù)的時間;b.金屬桿在磁場中運動過程中,外力F與時間t的關系表達式。課件ppt解析(1)金屬桿向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流,同時金屬桿受安

培力,做減速運動,直到停下。在此過程中,金屬桿的動能轉(zhuǎn)化為電能再

轉(zhuǎn)化成電阻R的焦耳熱。根據(jù)能量守恒,電阻R上產(chǎn)生的熱量Q=

m

(2)a.金屬桿在磁場中做切割磁感線運動,產(chǎn)生感應電流,金屬桿受安培

力和變力F的作用做勻變速直線運動,加速度大小為a,方向向左(沿-x方

向)。金屬桿先向右運動,速度由v0減到0,然后向左運動,速度再由0增大

到v0,金屬桿