《電磁感應與電路》PPT課件.ppt

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電磁感應與電路,思想方法提煉,電磁感應是電磁學的核心內(nèi)容，也是高中物理綜合性最強的內(nèi)容之一，高考每年必考.題型有選擇、填空和計算等，難度在中檔左右，也經(jīng)常會以壓軸題出現(xiàn).在知識上，它既與電路的分析計算密切相關，又與力學中力的平衡、動量定理、功能關系等知識有機結合；方法能力上，它既可考查形象思維和抽象思維能力、分析推理和綜合能力，又可考查運用數(shù)知識(如函數(shù)數(shù)值討論、圖像法等)的能力.,江蘇省蘇州中學物理課件,高考的熱點問題和復習對策：1.運用楞次定律判斷感應電流(電動勢)方向，運用法拉第電磁感應定律，計算感應電動勢大小.注重在理解的基礎上掌握靈活運用的技巧.2.矩形線圈穿過有界磁場區(qū)域和滑軌類問題的分析計算.要培養(yǎng)良好的分析習慣，運用動力學知識，逐步分析整個動態(tài)過程，找出關鍵條件，運用運動定律特別是功能關系解題.3.實際應用問題，如日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼等復習時應多做介紹，有條件的讓學生多接觸實際.,此部分涉及的主要內(nèi)容有：1.電磁感應現(xiàn)象.(1)產(chǎn)生條件：回路中的磁通量發(fā)生變化.(2)感應電流與感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的是感應電動勢，若回路是閉合的，則有感應電流產(chǎn)生；若回路不閉合，則只有電動勢，而無電流.(3)在閉合回路中，產(chǎn)生感應電動勢的部分是電源，其余部分則為外電路.,江蘇省蘇州中學物理課件,2.法拉第電磁感應定律：E=n，E=BLvsin?，注意瞬時值和平均值的計算方法不同.3.楞次定律三種表述：(1)感應電流的磁場總是阻礙磁通量的變化(涉及到：原磁場方向、磁通量增減、感應電流的磁場方向和感應電流方向等四方面).右手定則是其中一種特例.(2)感應電流引起的運動總是阻礙相對運動.(3)自感電動勢的方向總是阻礙原電流變化.,江蘇省蘇州中學物理課件,德國《世界報》曾報道個別西方發(fā)達國家正在研制電磁脈沖波武器——電磁炸彈.若一枚原始脈沖波功率為10千兆瓦，頻率5千兆赫的電磁炸彈在不到100m的高空爆炸，它將使方圓400-500m2地面范圍內(nèi)電場強度達到每米數(shù)千伏，使得電網(wǎng)設備、通信設施和計算機的硬盤與軟件均遭到破壞，電磁炸彈有如此破壞力的主要原因是（）A、電磁脈沖引起的電磁感應現(xiàn)象.B、電磁脈沖產(chǎn)生的動能C、電磁脈沖產(chǎn)生的高溫D、電磁脈沖產(chǎn)生的強光,江蘇省蘇州中學物理課件,4.相關鏈接(1)受力分析、合力方向與速度變化，牛頓定律、動量定理、動量守恒定律、勻速圓周運動、功和能的關系等力學知識.(2)歐姆定律、電流方向與電勢高低、電功、電功率、焦耳定律等電路知識.(3)能的轉化與守恒定律.,如圖所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成回路，導線所圍區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導體圓環(huán).導體abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度按下列圖中哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導體圓環(huán)將受到向上的磁場作用力?(),C、D項中B隨t是均勻變化的，在螺線管中產(chǎn)生的是穩(wěn)定電流，這樣在圓環(huán)中不能產(chǎn)生感應電流，圓環(huán)也就不能受到作用力.A項中磁場變大，但變化率卻是越來越小，由E=△BS/△t，可知螺線管中電流越來越小，由楞次定律判斷可知電流方向為dcbad，由此可知螺線管在圓環(huán)中產(chǎn)生的磁場方向向上，且磁感應強度逐漸減小，再由楞次定律可判定圓環(huán)為了阻礙磁通量減小，受到向上的作用力，有向上運動的趨勢.答案應選A項.,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖（甲）所示，螺線管匝數(shù)n=1500匝，橫截面積S=20cm2，導線的電阻r=1.5Ω，R1=3.5Ω，R2=25Ω.穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按圖（乙）所示規(guī)律變化，則R2的功率是多大？A點的電勢為多少？,,1W，－5V,如圖粗細均勻的銅導線制成的單匝正方形線框，從以虛線框為界、磁感強度為B的勻強磁場中勻速拉出磁場，則在此過程中，通過導線橫截面積的電量:A.跟導線的橫截面積成反比B.跟線框的邊長成反比C.跟線框的質量成正比D.跟線框的質量成反比,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示，在傾角為θ的光滑的斜面上，存在著兩個磁感應強度相等的勻強磁場，方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，一個質量為m，邊長也為L的正方形線框(設電阻為R)以速度v進入磁場時，恰好做勻速直線運動.若當ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則：(1)當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的值為多少?(2)求線框開始進入磁場到ab邊到達gg′與ff′中點的過程中產(chǎn)生的熱量是多少?,【解析】此題旨在考查電磁感應與能量之間的關系.線框剛越過ff′時，兩條邊都在切割磁感線，其電路相當于兩節(jié)相同電池的串聯(lián)，并且這兩條邊還同時受到安培力的阻礙作用.(1)ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動，表明線框此時所受的合力為0，即,江蘇省蘇州中學物理課件,在ab邊剛越過ff′時，ab、cd邊都切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，但線框的運動速度不能突變，則此時回路中的總感應電動勢為E′=2BLv，設此時線框的加速度為a，則2BE′L/R-mgsin?=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin?=3gsin?，方向沿斜面向上.(2)設線框再做勻速運動時的速度為v′，則mgsin?=(B2BLv′L/R)2，即v′=v/4，從線框越過ee′到線框再做勻速運動過程中，設產(chǎn)生的熱量為Q，則由能量守恒定律得:,【解題回顧】電磁感應過程往往涉及多種能量形式的轉化.,滑桿類問題即一段金屬導體在導軌上滑動時，切割磁感線而在導體中產(chǎn)生電流，同時又受安培力之類的問題，切割方式有轉動切割和平動切割.,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示，銅質圓盤繞豎直軸O在水平面內(nèi)勻速轉動，圓盤半徑為r=20cm，處在豎直向下的磁感應強度B=1T的勻強磁場中，兩個電刷分別與轉動軸和圓盤的邊緣保持良好接觸，并與電池和保險絲D串聯(lián)成一閉合電路.已知電池電動勢E=2V，電路中總電阻R=1Ω，保險絲的熔斷電流為1A試分析計算：為了不使保險絲燒斷，金屬圓盤順時針方向轉動的角速度的取值范圍是什么?,【解析】圓盤不動時，電路電流I=E′/R=2A，大于保險絲的熔斷電流，保險絲將被燒斷.圓盤順時針方向轉動時，相當于長度為r的導體在垂直于磁場的平面里繞O軸以角速度勻速轉動，感應電動勢大小為E=1/2Br2?①,圓盤邊緣電勢比轉動軸處電勢高，在閉合電路中感應電動勢的方向與電池電動勢的方向相反.要保險絲不被燒斷，在轉動角速度較小時要滿足.(E′-E)/R＜I②,在轉動角速度較大時應滿足(E-E′)/R＜I③1＜B2r2?/2＜350rad/s＜?＜150rad/s,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示，abcde和a′b′c′d′e′為兩平行的光滑導軌，其中abcd和a′b′c′d′部分為處于水平面內(nèi)的直軌，ab、a′b′的間距為cd、c′d′間距的2倍，de、d′e′部分為與直軌相切的半徑為R的半圓形軌道，且處于豎直平面內(nèi)，直軌部分處于豎直向上的勻強磁場中，彎軌部分處于勻強磁場外，在靠近aa′和cc′處放有兩根均質金屬棒MN、PQ，質量分別為2m和m.為使棒PQ能沿導軌運動而通過半圓形軌道的最高點ee′，問在初始位置至少必須給棒MN以多大的沖量?(設兩段水平直軌均足夠長，PQ離開磁場時MN仍在寬軌道上運動),【解析】若棒PQ剛能通過半圓形軌道的最高點ee′，由圓周運動知識知mg=mv2/r,可得PQ在最高點時的速度V=,棒PQ在半圓形軌道上運動時機械能守恒，設其在dd′時的速度為vd，由1/2mv2d=1/2mv20+mg2R可得vd=,當棒MN的速度v1和棒PQ的速度v2的關系為v1=v2/2時，回路中的磁通量不再變化而無感應電流，兩者便做勻速運動，因而v2=vd=,v1=,江蘇省蘇州中學物理課件,在有感應電流存在的每一瞬間，由F=BIL及MN為PQ長度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和F2的關系為F1=2F2，從而在回路中有感應電流的時間t內(nèi)，有F1=2F2設棒MN的初速度為v0，取向右為正向，在時間t內(nèi)分別對兩棒應用動量定理，有-F1t=2mv1-2mv0,F2t=mv2，將前面兩式相除，考慮到F1=2F2，并將v1、v2、的表達式代入，可得v0=所以在初始位置至少給棒MN的沖量為I=2mv0=.,江蘇省蘇州中學物理課件,含感應電動勢的電路分析與計算.這類問題中應當把產(chǎn)生感應電動勢的部分導體看成電源，其余通路則為外電路，根據(jù)電路結構進行分析計算.,如圖所示，da、cb為相距l(xiāng)的平行導軌(電阻可以忽略不計).a、b間接有一個固定電阻，阻值為R.長直細金屬桿MN可以按任意角架在水平導軌上，并以速度v勻速滑動(平移)，v的方向和da平行.桿MN有電阻，每米長的電阻值為R.整個空間充滿勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直紙面(dabc平面)向里.(1)求固定電阻R上消耗的電功率為最大時θ角的值;(2)求桿MN上消耗的電功率為最大時θ角的值.,【解析】如圖所示，桿滑動時切割磁感線而產(chǎn)生感應電動勢E=Blv，與?角無關.以r表示兩導軌間那段桿的電阻，回路中的電流為:(1)電阻R上消耗的電功率為:由于E和R均與?無關，所以r值最小時，PR值達最大.當桿與導軌垂直時兩軌道間的桿長最短，r的值最小，所以PR最大時的?值為?=?/2.,江蘇省蘇州中學物理課件,(2)桿上消耗的電功率為:Pr=要求Pr最大，即要求取最大值.由于顯然，r=R時，有極大值,因每米桿長的電阻值為R，r=R即要求兩導軌間的桿長為1m，,所以有以下兩種情況：①如果l≤1m，則?滿足下式時r=R1sin?=l所以?=arcsinl②如果l＞1m，則兩導軌間那段桿長總是大于1m，即總有r＞R由于在r＞R的條件下，上式隨r的減小而單調(diào)減小，r取最小值時?=?/2，取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值時?值為,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖,光滑的平行導軌P、Q相距l(xiāng)=1m，處在同一水平面中，導軌左端接有如圖所示的電路，其中水平放置的平行板電容器C兩極板間距離d=10mm，定值電阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，導軌電阻不計.磁感應強度B=0.4T的勻強磁場豎直向下穿過導軌面.當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動(開關S斷開)時，電容器兩極板之間質量m=110-14kg、帶電量Q=-110-15C的微粒恰好靜止不動；當S閉合時，微粒以加速度a=7m/s2向下做勻加速運動，取g=10m/s2，求：(1)金屬棒ab運動的速度多大?電阻多大?(2)S閉合后，使金屬棒ab做勻速運動的外力的功率多大?,【解析】(1)帶電微粒在電容器兩極板間靜止時，受向上的電場力和向下的重力作用而平衡，則得到:mg=qU1/d電容器兩極板間電壓,由于微粒帶負電，可知上極板電勢高.S斷開，R1上無電流，R2、R3串聯(lián)部分兩端總電壓等于U1，通過R2、R3的電流為:,江蘇省蘇州中學物理課件,由閉合電路歐姆定律，ab切割磁感線運動產(chǎn)生的感應電動勢為E=U1+Ir其中r為ab金屬棒的電阻.當閉合S后，帶電微粒向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律，有:mg-U2q/d=ma求得S閉合后電容器兩極板間的電壓:,這時電路中的感應電流為I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=1.2V，r=2?又因E=Blv∴v=E/(Bl)=1.2/(0.41)m/s=3m/s即金屬棒ab做勻速運動的速度為3m/s，電阻r=2?,江蘇省蘇州中學物理課件,(2)S閉合后，通過ab的電流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2l=0.410.15N=0.06Nab以速度v=3m/s做勻速運動時，所受外力必與安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(與v同向)，可見外力F的功率為:P=Fv=0.063W=0.18W,江蘇省蘇州中學物理課件,四、交變電流和變壓器電路電磁感應產(chǎn)生交變電動勢，問題的討論便如同交流電路，要注意最大值、有效值、平均值的概念，電流的功率和熱量的計算用有效值，電量的計算用平均值，要記住交變電動勢最大值Em=NBS?.解題思路與處理純電阻直流電路相似.變壓器原線圈和與之相串聯(lián)的負載作為外電路接在交變電源上，副線圈作為輸出端電源，與副線圈相接的負載作為外電路，原副線圈各自的閉合回路同樣符合閉合電路的有關規(guī)律，原副線圈之間通過電磁互感滿足U1/U2=n1/n2，P入=P出兩個基本公式.,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示，一半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場M、N是兩個集流環(huán)，負載電阻為R，線圈、電流表和導線的電阻不計.試求：(1)由圖示位置起經(jīng)過1/4轉時間內(nèi)負載電阻上產(chǎn)生的熱量；(2)由圖示位置起經(jīng)過1/4轉時間內(nèi)通過負載電阻R的電量；(3)電流表示數(shù).,【解析】線圈由圖示位置開始繞軸勻速轉動，產(chǎn)生的交變電流如圖所示，交變電動勢的最大值為：,電阻上產(chǎn)生的熱量為：,線圈由圖示位置經(jīng)1/4轉時間內(nèi)，,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示，理想變壓器原副線圈匝數(shù)n1∶n2∶n3=3∶2∶1,副線圈2上接有“8V8W”的燈泡L1、L2，副線圈3上接有“6V9W”的燈泡L3、L4，原線圈上接有電阻R=3，當a、b兩端接交變電源后，L1、L2正常發(fā)光，求交變電源的輸出功率.,【解析】交變電源的輸出功率等于原副線圈及其回路中電阻R消耗的功率，也就等于R上的功率與L1、L2、L3、L4各燈消耗的功率之和.,由于L1、L2正常發(fā)光，P1=P2=8W，U2=8V由U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3=3∶2∶1;得U1=12V,U3=4V所以L3、L4不能正常發(fā)光R3=R4=，,所以L3、L4的實際功率為:P3=P4=4W.變壓器的輸出功率為:P出=P1+P2+P3+P4=82+42=24WI1=P出/U1=24/12=2A，R上消耗的電功率P=I21R=223=12W交流電源實際的輸出功率=P+P出=12+24=36W,江蘇省蘇州中學物理課件,三個相同燈泡連接如圖，當K接A時，三燈亮度相同，則K接B時（）A、三燈亮度仍相同B、甲燈最亮，丙燈不亮C、甲燈和乙燈一樣亮，丙燈不亮D、只有丙燈不亮，乙燈最亮.,（2003上海春招）如圖為甲、乙兩燈泡的I－U圖象，根據(jù)圖象，計算甲、乙兩燈泡并聯(lián)在電壓為220V的電路中，實際發(fā)光的功率約為（）A、15W、30WB、30W、40WC、40W、60W.D、60W、100W,江蘇省蘇州中學物理課件,圖甲為某同學研究自感現(xiàn)象的實驗電路圖，用電流傳感器顯示各時刻通過線圈L的電流.電路中電燈的電阻R1＝6.0Ω，定值電阻R＝2.0Ω，AB間電壓U＝6.0V．開關S原來閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在t1=1.010－3s時刻斷開開關S，此時刻前后電流傳感器顯示的電流隨時間變化的圖線如圖乙所示．（1）求出線圈L的直流電阻RL；（2）在圖甲中用箭頭標出斷開開關后通過電燈的電流方向；（3）在t2=1.610-3s時刻線圈L中的感應電動勢的大小是多少？,（1）由圖讀出，開始時流過電感線圈L的電流I0=1.5A,,,（2）L1中電流方向向左,（3）由圖讀出,t=1.610-3s時刻線圈L的電流I=0.30A.線圈L此時是一個電源，由全電路歐姆定律,,,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示的電路中，電源電動勢ε=10v，內(nèi)阻不計，電阻R1=R2=R3=2Ω，R4=6Ω，電容器的電容C＝7.5μF，G為靈敏電流計，當電路中一電阻發(fā)生斷路時，靈敏電流計G中有自上而下的電流通過.（1）試分析斷路的電阻是哪個？（2）試定量計算從G中流過的電量.,R2或R3斷路.若R2斷路，電量Δq=3.7510-5庫.若R3斷路，電量Δq′=5.62510-5庫侖,江蘇省蘇州中學物理課件,一理想變壓器次級有兩個不同副線圈，如圖所示，如果將兩盞標有“6V，0.9W”的燈泡和一盞標有“3V，0.9W”的燈泡全部接入變壓器的次級，且能夠正常發(fā)光，已知U1=311sin100πt（V），匝數(shù)n1=1100匝、n2=10匝、n3=35匝.（1）在次級上畫出如何連接的示意圖.（2）計算出燈泡正常發(fā)光時變壓器初級線圈中的電流強度的大?。?I0=0.012A,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示，電燈L標有“4V，1W”，滑動變阻器R總電阻為50Ω，當滑片P滑至某位置時，L恰好正常發(fā)光，此時電流表示數(shù)為0.45A，由于外電路發(fā)生故障，電燈L突然熄滅，此時電流表示數(shù)變?yōu)?．5A，電壓表示數(shù)為10V.若導線完好，電路中各處接觸良好，試問：（1）發(fā)生的故障是短路還是斷路？發(fā)生在何處？（2）發(fā)生故障前，滑動變阻器接入電路的阻值為多大？（3）電源的電動勢和內(nèi)電阻為多大？,（1）斷路，L斷（2）R=20Ω（3）E=12.5V,r=5Ω,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖（甲）所示是一種測量血壓的壓力傳感器在工作時的示意圖.薄金屬片P固定有4個電阻R1、R2、R3、R4［如圖（乙）所示，4個電阻的形狀會跟著薄金屬片受壓而變化，左邊是它的側面圖］，這4個電阻連接成電路如圖（丙）所示，試回答下列問題：（1）開始時金屬片中央O點未加任何壓力，欲使電壓表無示數(shù)，這4個電阻之間的關系應滿足______________.（2）當O點加一個壓力F后發(fā)生形變，這時4個電阻也隨之發(fā)生形變，形變后各電阻大小如何變化？____________（3）電阻變化后，電路的A、B兩點哪點電勢高？它為什么能測量血壓？請說明原因.,,,,A點電勢將高于B點.血壓越高，壓力越大，金屬片形變越顯著，電阻變化越大，因此電壓表的示數(shù)越大，于是就根據(jù)電壓表的示數(shù)大小測量血壓的高低了.,R1R4＝R2R3,R1、R4增大，R2、R3減小,江蘇省蘇州中學物理課件,用一個標有“12V，24W”的燈泡做實驗，測得燈絲電阻隨燈泡兩端的電壓變化關系圖線如圖所示．求：（1）在正常發(fā)光下，燈泡的電功率為多大？（2）設燈絲電阻與絕對溫度成正比，室溫為300K，求正常發(fā)光條件下燈絲的溫度.（3）將一定值電阻與燈泡串聯(lián)后接到20V電壓上，要使燈泡能正常發(fā)光，串聯(lián)的電阻為多大？（4）當合上開關后，需要0.5S燈泡才能達到正常亮度，為什么這時電流比開始時??？計算電流的最大值．,(1)18W(2)2400K(3)R=5.33(4)剛合上開關,燈未正常發(fā)光,溫度低,電阻小電流大,Im=60/19A,江蘇省蘇州中學物理課件,家庭電路的引線均有一定的電阻（約幾歐）.因此當家中大功率用電器如空調(diào)、電爐工作時，家中原來開著的電燈會變暗，下面通過一個簡單的測試，可以估算出家庭電路引線部分的電阻.如圖所示，用r表示家庭電路引線部分的總電阻，L為一只額定功率為P1的普通家用白熾燈泡，V為交流電壓表，M是一個額定功率為P2的空調(diào)（P2>>P1），測試時，先斷開電鍵S，接通燈泡L，測得電壓為U1；再閉合電鍵S，測得電壓為U2.（1）試推導出估算r的表達式（設電源兩端電壓保持恒定）.（2）若P2＝2.0kW，測得U1＝220V，U2＝210V，則引線部分總電阻約為多大?（答案保留1位有效數(shù)字）,,r=1Ω,江蘇省蘇州中學物理課件,動態(tài)電路的分析,題型特點：由于電路中某些元件如滑動變阻器的滑片移動或開關的斷開、閉合，導致電路電阻的變化，會引起電流、電壓、電功率等相關物理量的變化.,分析基本方法：（1）分析電路的結構，（2）電路的阻值變化，（3）由閉合電路歐姆定律判斷總電流、路端電壓變化，（4）再根據(jù)電路特點和電路中電壓、電流分配原則判斷各部分電流、電壓的變化情況.注意：分析這類題時，要緊緊抓住由局部→整體→局部的思想，先由局部的電阻變化，分析整體的電阻、電流、電壓的變化，然后再回到局部討論相差物理量的變化.,江蘇省蘇州中學物理課件,（06上海）在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正確的是（）（A）U1/I不變，ΔU1/ΔI不變．（B）U2/I變大，ΔU2/ΔI變大（C）U2/I變大，ΔU2/ΔI不變．（D）U3/I變大，ΔU3/ΔI不變．,,由于R1不變，故U1/I不變，ΔU1/ΔI不變，同理，U2/I＝R2，由于R2變大，所以U2/I變大.但是ΔU2/ΔI=ΔI（R1+r）/ΔI=R1+r，所以ΔU2/ΔI不變.而U3/I=R2+R1，所以U3/I變大.由于ΔU3/ΔI=ΔIr/ΔI=r，所以ΔU3/ΔI不變.,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示，在光滑絕緣水平面上，一個半徑r=0.1m，電阻R=1Ω，質量m=0.1kg的金屬圓環(huán)，以v0=10ms-1的速度滑向有理想邊界的勻強磁場，磁場方向豎直向下，磁感應強度B=0.5T，在圓環(huán)的一半進入磁場的過程中，圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q=3.2J。求此時圓環(huán)的速度v、加速度a及圓環(huán)中感應電流的瞬時功率P。,,,,,江蘇省蘇州中學物理課件,勻強磁場的磁感應強度為B，方向與豎直方向的夾角為α=37，在磁場中有一個總電阻為R。每邊長為L的正方形金屬框abcd，其中ab邊的質量為m，其它邊的質量均不計，cd邊串一交流電流表，并裝有固定的水平軸?，F(xiàn)將金屬框從水平面位置無初速度釋放，如圖所示，若不計一切摩擦，金屬框經(jīng)時間t剛好到達豎直面位置。（1）在圖中標出ab邊到達最低位置時感應電流的方向；（2）求在時間t內(nèi)流過電流表的電荷量；,因為金屬框由水平面位置轉到豎直面位置的過程中，ab邊切割磁感線的速度不斷變化，故而框內(nèi)產(chǎn)生的電流為變化電流，在求通過的電量時必須應用電流的平均值，計算電流的平均值時要注意從“磁通量的變化”這一概念的理解中挖掘隱含條件。,（1）由右手定則可判斷出，當金屬框轉至豎直面位置時感應電流方向是由a到b。（2）時間t內(nèi)流過交流電表的電荷量為：,,江蘇省蘇州中學物理課件,五、電磁感應現(xiàn)象在實際生活、生產(chǎn)和科學技術中的應用此類問題有兩種形式，一種是介紹應用實例，要求指出所包含的電磁感應理論(工作原理)，另一種是擺出實際問題，要求設計出使用方案或制作思想.后者要求較高，不但要熟練應用有關知識理論，還必須有較高的創(chuàng)造性思維能力，綜合運用理論知識和實驗技能.,已知某一區(qū)域的地下埋有一根與地面平行的直線電纜，電纜中通有變化的電流，在其周圍有變化的磁場，因此，可以通過在地面上測量閉合試探小線圈中的感應電動勢來探測電纜的確切位置、走向和深度.當線圈平面平行地面時，a、c在兩處測得試探線圈感應電動勢為0，b、d兩處測得試探線圈感應電動勢不為0；當線圈平面與地面成45夾角時，在b、d兩處測得試探線圈感應電動勢為0；經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)，a、b、c、d恰好位于邊長為1m的正方形的四個頂角上，據(jù)此可以判定地下電纜在兩點連線的正下方，離地表面的深度為m.,江蘇省蘇州中學物理課件,【解析】當線圈平面平行地面時，a、c在兩處測得試探線圈感應電動勢為0，b、d兩處測得試探線圈感應電動勢不為0；可以判斷出地下電纜在a、c兩點連線的正下方；如圖所示a′c′表示電纜，當線圈平面與地面成45夾角時，在b、d兩處測得試探線圈感應電動勢為0；可判斷出O′b垂直試探線圈平面，則作出：Rt△OO′b，其中∠ObO′=45那么OO′=Ob=0.71(m).,本題是一道電磁感應現(xiàn)象的實際應用的題目，將試探線圈產(chǎn)生感應電動勢的條件應用在數(shù)學中，當線圈平面與地面成45夾角時，在b、d兩處測得試探線圈感應電動勢為0，即電纜與在b、d兩處時的線圈平面平行，然后作出立體幾何的圖形，便可用數(shù)學方法處理物理問題.,江蘇省蘇州中學物理課件,問題賞析：收尾速度問題,動態(tài)分析(1)受力情況分析(安培力是一個變力)(2)運動情況的分析,江蘇省蘇州中學物理課件,例1.水平放置于勻強磁場中的光滑導軌上，有一根導體棒ab，用恒力F作用在ab上，由靜止開始運動，回路總電阻為R，分析ab的運動情況，并求ab的最大速度。,分析：ab在F作用下向右加速運動，切割磁感應線，產(chǎn)生感應電流，感應電流又受到磁場的作用力f，畫出受力圖：,,a=(F-f)/mvE=BLvI=E/Rf=BIL,,,,,,,,,,,,最后，當f=F時，a=0，速度達到最大，,,F=f=BIL=B2L2vm/R,vm=FR/B2L2,vm稱為收尾速度.,又解：勻速運動時，拉力所做的功使機械能轉化為電阻R上的內(nèi)能。,Fvm=I2R=B2L2vm2/Rvm=FR/B2L2,江蘇省蘇州中學物理課件,例2.在磁感應強度為B的水平均強磁場中，豎直放置一個冂形金屬框ABCD，框面垂直于磁場，寬度BC＝L，質量m的金屬桿PQ用光滑金屬套連接在框架AB和CD上如圖.金屬桿PQ電阻為R，當桿自靜止開始沿框架下滑時：(1)開始下滑的加速度為多少?(2)框內(nèi)感應電流的方向怎樣？(3)金屬桿下滑的最大速度是多少?(4)從開始下滑到達到最大速度過程中重力勢能轉化為什么能量,解:,開始PQ受力為mg,,所以a=g,PQ向下加速運動,產(chǎn)生感應電流,方向順時針,受到向上的磁場力F作用。,達最大速度時,F=BIL=B2L2vm/R=mg,∴vm=mgR/B2L2,由能量守恒定律,重力做功減小的重力勢能轉化為使PQ加速增大的動能和熱能,江蘇省蘇州中學物理課件,如圖所示,AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導軌,兩導軌間的距離為L,導軌平面與水平面的夾角是θ.在整個導軌平面內(nèi)都有垂直于導軌平面斜向上方的勻強磁場,磁感應強度為B.在導軌的AC端連接一個阻值為R的電阻.一根垂直于導軌放置的金屬棒ab,質量為m,從靜止開始沿導軌下滑,求ab棒的最大速度.要求畫出ab棒的受力圖.已知ab與導軌間的滑動摩擦系數(shù)μ,導軌和金屬棒的電阻都不計.,高考題,江蘇省蘇州中學物理課件,解：,畫出ab棒的截面受力圖：,N=mgcosθf=μN=μmgcosθ,開始時，ab在mg和f的作用下加速運動，v增大，,切割磁感應線產(chǎn)生感應電流I，,,感應電流I又受到磁場的作用力F，,合力減小，加速度a減小，速度v增大，I和F增大,當F+f=mgsinθ時ab棒以最大速度vm做勻速運動,F=BIL=B2L2vm/R=mgsinθ-μmgcosθ,vm=mg(sinθ-μcosθ)R/B2L2,江蘇省蘇州中學物理課件,例3.如圖所示，豎直平行導軌間距l(xiāng)=20cm，導軌頂端接有一電鍵K。導體棒ab與導軌接觸良好且無摩擦，ab的電阻R=0.4Ω，質量m=10g，導軌的電阻不計，整個裝置處在與軌道平面垂直的勻強磁場中，磁感強度B=1T。當ab棒由靜止釋放0.8s后，突然接通電鍵，不計空氣阻力，設導軌足夠長。求ab棒的最大速度和最終速度的大小。（g取10m/s2）,江蘇省蘇州中學物理課件,解:,ab棒由靜止開始自由下落0.8s時速度大小為,v=gt=8m/s,則閉合K瞬間，導體棒中產(chǎn)生的感應電流大小,I＝Blv/R=4A,ab棒受重力mg=0.1N,安培力F=BIL=0.8N.,因為F＞mg，ab棒加速度向上，開始做減速運動，,產(chǎn)生的感應電流和受到的安培力逐漸減小，,當安培力F′=mg時，開始做勻速直線運動。,此時滿足B2l2vm/R=mg,解得最終速度，,vm=mgR/B2l2=1m/s。,閉合電鍵時速度最大為8m/s。,,t=0.8sl=20cmR=0.4Ωm=10gB=1T,江蘇省蘇州中學物理課件,“雙桿”滑軌問題,分析兩桿的運動情況和受力情況分析物理情景靈活選擇運動規(guī)律,江蘇省蘇州中學物理課件,例4.光滑平行導軌上有兩根質量均為m，電阻均為R的導體棒1、2，給導體棒1以初速度v運動，分析它們的運動情況，并求它們的最終速度。….,對棒1，切割磁感應線產(chǎn)生感應電流I，I又受到磁場的作用力F,對棒2，在F作用下，做加速運動，產(chǎn)生感應電動勢，總電動勢減小,a2=F/mv2E2=BLv2I=(E1-E2)/2RF=BIL,,,,,,,,,,,當E1=E2時，I=0，F(xiàn)=0,兩棒以共同速度勻速運動，vt=1/2v,江蘇省蘇州中學物理課件,由楞次定律，感應電流的效果總要阻礙產(chǎn)生感應電流的原因，1棒向右運動時，2棒也要向右運動。,桿1做變減速運動，桿2做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度為0，當兩棒相對靜止時，沒有感應電流，也不受磁場力作用，以共同速度勻速運動。,由動量守恒定律:,mv=(m+m)vt共同速度為vt=1/2v,它們的速度圖象如圖示：,江蘇省蘇州中學物理課件,04年廣東15．,如圖，在水平面上有兩條平行導電導軌MN、PQ,導軌間距離為l，勻強磁場垂直于導軌所在的平面（紙面）向里，磁感應強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導軌上，與導軌垂直，它們的質量和電阻分別為m1、m2和R1、R2,兩桿與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，已知：桿1被外力拖動，以恒定的速度v0沿導軌運動；達到穩(wěn)定狀態(tài)時，桿2也以恒定速度沿導軌運動，導軌的電阻可忽略，求此時桿2克服摩擦力做功的功率。,江蘇省蘇州中學物理課件,解法一：,設桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿間和導軌構成的回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電動勢,感應電流,桿2作勻速運動,它受到的安培力等于它受到的摩擦力,,導體桿2克服摩擦力做功的功率,解得,江蘇省蘇州中學物理課件,解法二：,以F表示拖動桿1的外力，以I表示由桿1、桿2和導軌構成的回路中的電流，達到穩(wěn)定時，,對桿1有F-μm1g-BIl=0……⑴,對桿2有BIl–μm2g=0……⑵,外力F的功率PF=Fv0……⑶,以P表示桿2克服摩擦力做功的功率，則有,由以上各式得,江蘇省蘇州中學物理課件,例5．(15分)如圖所示,兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為L,導軌平面與水平面夾角α＝30,導軌電阻不計。磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面向上,兩根長為L的完全相同的金屬棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在導軌上,且與導軌電接觸良好,每根棒的質量為m、電阻為R．現(xiàn)對ab施加平行導軌向上的恒力F，當ab向上做勻速直線運動時，cd保持靜止狀態(tài)．（1）求力F的大小及ab運動的速度大?。唬?）若施加在ab上力的大小變?yōu)?mg，方向不變，經(jīng)過一段時間后ab、cd以相同的加速度沿導軌向上加速運動，求此時ab棒和cd棒的速度差(Δv＝vab-vcd)．,,,江蘇省蘇州中學物理課件,.解:,(1)ab棒所受合外力為零F-Fab-mgsinα=0①,cd棒合外力為零Fcd-mgsinα=0②,ab、cd棒所受安培力為③,解得：F=2mgsinα=mg④,⑤,（2）當ab、cd以共同加速度a運動時，運用整體法由牛頓定律得到,2mg-2mgsinα=2ma⑥,以b棒為研究對象有BIL-mgsinα=ma⑦,由法拉第電磁感應定律⑧,I=E／2R⑨,上面幾式聯(lián)立解得⑩,江蘇省蘇州中學物理課件,2006年廣東卷16、,16.(16分)如圖所示,在磁感應強度大小為B、方向垂直向上的勻強磁場中,有一上、下兩層均與水平面平行的“U”型光滑金屬導軌,在導軌面上各放一根完全相同的質量為m的勻質金屬桿A1和A2,開始時兩根金屬桿位于同一豎直面內(nèi)且桿與軌道垂直。設兩導軌面相距為H，導軌寬為L,導軌足夠長且電阻不計,金屬桿單位長度的電阻為r?，F(xiàn)有一質量為m/2的不帶電小球以水平向右的速度v0撞擊桿A1的中點,撞擊后小球反彈落到下層面上的C點。C點與桿A2初始位置相距為S。求:（1）回路內(nèi)感應電流的最大值；（2）整個運動過程中感應電流最多產(chǎn)生了多少熱量；（3）當桿A2與桿A1的速度比為1:3時，A2受到的安培力大小。,江蘇省蘇州中學物理課件,16解：,（1）小球與桿A1碰撞過程動量守恒，之后小球作平拋運動。設小球碰撞后速度大小為v1，桿A1獲得速度大小為v2，則,S=v1tH=1/2gt2②,桿在磁場中運動，其最大電動勢為E1=BLv2④,最大電流,江蘇省蘇州中學物理課件,（2）兩金屬桿在磁場中運動始終滿足動量守恒，兩桿最終速度相等，設為v′mv2=2mv′⑥,（3）設桿A2和A1的速度大小分別為v和3v,,mv2=mv+3mvv=v2/4⑨,由法拉第電磁感應定律得：E2=BL(3v-v)⑩,安培力F=BIL,江蘇省蘇州中學物理課件,