第3讲电磁感应定律的综合应用课件

第3讲电磁感应定律的综合应用考点1电磁感应中的电路问题

1．电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流.因此，电磁感应问题往往跟电路问题联系在一起．解决电磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路．智浪教育--普惠英才文库第3讲电磁感应定律的综合应用考点1电磁感应中的电路问题 12．基本方法(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为等效电源. (2)分析电路结构，画等效电路图．(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律，串并联规律等．3．常见的一些分析误区

(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向．因产生感应电动势那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势．智浪教育--普惠英才文库2．基本方法(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部(2)应用欧姆定律分析求解电路时，不注意等效电源的内阻对电路的影响．

(3)对接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是外电压，而不是等效电源的电动势，也不是内电压．智浪教育--普惠英才文库(2)应用欧姆定律分析求解电路时，不注意等效电源的内阻对电路考点2电磁感应中的图象问题1．图象类型时间位移x

(1)电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I等随_____变化的图线，即B—t图线、Φ—t图线、E—t图线和I—t图线．

(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势E和感应电流I等随______变化的图线，即E—x图线和I—x图线等．智浪教育--普惠英才文库考点2电磁感应中的图象问题1．图象类型时间位移x (1)电

2．两类图象问题

(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.3．解题的基本方法楞次定律

(1)关键是分析磁通量的变化是否均匀，从而判断感应电动势(电流)或安培力的大小是否恒定，然后运用_________或左手定则判断它们的方向，分析出相关物理量之间的函数关系，确定其大小和方向及在坐标中的范围．智浪教育--普惠英才文库 2．两类图象问题3．解题的基本方法楞次定律 (1)关键是分

(2)图象的初始条件，方向与正、负的对应，物理量的变化趋势，物理量的增、减或方向正、负的转折点都是判断图象的关键．4．解题时要注意的事项(1)电磁感应中的图象定性或定量地表示出所研究问题的函数关系．(2)在图象中E、I、B等物理量的方向通过物理量的正负来反映．(3)画图象要注意纵、横坐标的单位长度定义或表达．智浪教育--普惠英才文库 (2)图象的初始条件，方向与正、负的对应，物理量的变化4．考点3电磁感应中的动力学问题

1．电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，分析时要特别注意加速度a＝0、速度v达最大值的特点．这类问题的分析思路如下：智浪教育--普惠英才文库考点3电磁感应中的动力学问题 1．电磁感应问题往往跟力学问题2．基本方法(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)由闭合电路欧姆定律求回路中的电流．(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)．(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．3．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析．

(2)导体处于非平衡态——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．智浪教育--普惠英才文库2．基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势考点4电磁感应中的能量问题

1．电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程．过程可以简化为下列形式： 安培力做功的过程，是____能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．

电智浪教育--普惠英才文库考点4电磁感应中的能量问题 1．电磁感应过程实质是不同形式的2．解答步骤电源

(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于______．

(2)搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．

(3)根据能量守恒列方程求解．智浪教育--普惠英才文库2．解答步骤电源 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通题组1对应考点1

1．半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R＝2Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒上单位长度的电阻为1Ω，环的电阻忽略不计．

(1)若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬时(如图10－3－1所示)MN中的电动势和流过灯L1

的电流．智浪教育--普惠英才文库题组1对应考点1 1．半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感＝

(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为—ΔB4 ΔtπT/s，求L1

的功率．图10－3－1智浪教育--普惠英才文库＝ (2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2解：(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势E1＝B·2a·v0＝0.2×2×0.4×5V＝0.8V等效电路如图67所示，流过灯L1

的电流图67智浪教育--普惠英才文库解：(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势图67

(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，半圆环OL1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L2

为外电路，等效电路如图68所示，感应电动势图68智浪教育--普惠英才文库 (2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以O题组2对应考点2

2．匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，磁场宽度L＝3m，一正方形金属框边长l＝1m，每边电阻r＝0.2Ω，金属框以速度v＝10m/s匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图10－3－2所示，求：

(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I－t图线(要求写出作图依据)．

(2)画出ab两端电压的U－t图线(要求写出作图依据)．图10－3－2智浪教育--普惠英才文库题组2对应考点2 2．匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，智浪教育--普惠英才文库智浪教育--普惠英才文库图69图70

(2)金属框进入磁场区时ab两端的电压

U1＝I1r＝2.5×0.2V＝0.5V金属框完全在磁场中运动时，ab两端的电压等于感应电动势

U2＝Blv＝2V

金属框穿出磁场区时ab两端的电压U3＝E3－I3r＝1.5V

由此得U－t图线如图70所示．智浪教育--普惠英才文库图69图70 (2)金属框进入磁场区时ab两端的电压智浪题组3对应考点3

3．如图10－3－3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．

(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；智浪教育--普惠英才文库题组3对应考点3 3．如图10－3－3所示，两根足够长的

(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．甲乙图10－3－3智浪教育--普惠英才文库 (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，图71智浪教育--普惠英才文库图71智浪教育--普惠英才文库题组4对应考点4

4．(双选，2011年广州一模)如图

10－3－4，金属棒ab、cd与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场垂直导轨所在的平面．ab棒在恒力F作用下向右运动，则()A.安培力对ab棒做正功图10－3－4

B.安培力对cd棒做正功

C.abdca回路的磁通量先增加后减少

D.F做的功等于回路产生的总热量和系统动能增量之和

答案：BD智浪教育--普惠英才文库题组4对应考点4 4．(双选，2011年广州一模)如图1热点电磁感应中的综合问题

【例题】如图10－3－5甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1

连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2

的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0

和B0.导线的电阻不计，求0至t1

时间内：

图10－3－5智浪教育--普惠英才文库热点电磁感应中的综合问题 【例题】如图10－3－5甲所示(1)通过电阻R1

上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1

上的电量q及电阻R1

上产生的热量Q.智浪教育--普惠英才文库(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；智浪教育--普惠英

规律总结：在给定有关图象分析电磁感应过程的题目中，首先要了解磁场的变化过程，再利用楞次定律判断电流的方向，然后根据法拉第电磁感应定律分析解决问题.智浪教育--普惠英才文库 规律总结：在给定有关图象分析电磁感应过程的题目中，智浪教育

1．(2011年天津卷)如图

10－3－6所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10m/s2，问：智浪教育--普惠英才文库 1．(2011年天津卷)如图10－3－6所示，两根足(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？图10－3－6智浪教育--普惠英才文库(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(3)棒解：(1)棒cd受到的安培力Fcd＝BIl棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°

①②

由①②式代入数据解得I＝1A，方向由右手定则可知由d到c. (2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，Fab＝Fcd对棒ab由共点力平衡有F＝mgsin30°＋BIl代入数据解得F＝0.2N．③ ④(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1J热量，由焦耳定律可知Q＝I2Rt⑤智浪教育--普惠英才文库解：(1)棒cd受到的安培力Fcd＝BIl ① 由①②式代由闭合电路欧姆定律知I＝设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势⑥⑦⑧⑨E＝Blv

E

2R由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt力F做的功W＝Fx综合上述各式，代入数据解得W＝0.4J.智浪教育--普惠英才文库由闭合电路欧姆定律知I＝设ab棒匀速运动的速度大小为v，则易错点对安培力的判断

【例题】如图10－3－7所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导轨ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当ab导体自由下落0.4s时，突然接通电键K，则：

(1)试说出K接通后，ab导体的运动情况；

(2)ab导体匀速下落的速度是多少？(取g＝10m/s2)图10－3－7智浪教育--普惠英才文库易错点对安培力的判断 【例题】如图10－3－7所示，竖直

错解分析：K闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用．合力竖直向下，ab仍处于竖直向下的加速运动状态．随着向下速度的增大，安培力增大，ab受竖直向下的合力减小，直至减为0时，ab处于匀速竖直下落状态． 上述解法是受平常做题时总有安培力小于重力的影响，没有对初速度和加速度之间的关系做认真的分析，不善于采用定量计算的方法分析问题．智浪教育--普惠英才文库 错解分析：K闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上智F安－mgB2l2v

正确解析：(1)闭合K之前导体自由下落的末速度为

v0＝gt＝4m/s K闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流．ab立即受到一个竖直向上的安培力．F安＝BIlab＝B2l2v0

R＝0.016N>mg＝0.002N

此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝＝mmR－g智浪教育--普惠英才文库F安－mgB2l2v 正确解析：(1)闭合K之前导

所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动．当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．(2)设匀速下落的速度为v，此时智浪教育--普惠英才文库 所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动．当(2

1．如图10－3－8所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角为30°，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B＝0.4T，垂直导轨放置两金属棒ab和cd，长度均为L＝0.5m，电阻均为R＝0.1Ω，质量分别为0.1kg和0.2kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动．现ab棒在外力作用下，以恒定速度v＝1.5m/s沿着导轨向上滑动，cd棒则由静止释放，(取g＝10m/s2)试求：智浪教育--普惠英才文库 1．如图10－3－8所示，平行且足够长的两条光滑金属导I＝—＝(1)金属棒ab产生的感应电动势；(2)闭合回路中的最小电流和最大电流；(3)金属棒cd的最终速度．图10－3－8解：(1)金属棒ab产生的感应电动势为Eab＝BLv＝0.4×0.5×1.5V＝0.3V.(2)刚释放cd棒时，通过cd棒中的电流为Eab

0.3 2R2×0.1A＝1.5A智浪教育--普惠英才文库I＝—＝(1)金属棒ab产生的感应电动势；(3)金属棒路的感应电动势E0＝则刚释放cd棒时，cd棒受到的安培力为F＝BIL＝0.4×1.5×0.5N＝0.3Ncd棒所受重力沿斜面向下的分力为mgsin30°＝1N因F<mgsin30°，故cd棒沿导轨向下加速滑动，即abcd回ΔΦ

Δt增大，电流也增大，故最小电流为

Imin＝I＝1.5A

当cd棒的速度达到最大时，回路的电流最大，此时cd棒的加速度为零．智浪教育--普惠英才文库路的感应电动势E0＝则刚释放cd棒时，cd棒受到的安培力由mgsin30°＝BImaxL得Imax＝mgsin30°

BL＝5A.(3)金属棒cd最终匀速下滑，设匀速下滑的速度为vcd.由Imax＝BL(v＋vcd)

2R得vcd＝3.5m/s.智浪教育--普惠英才文库由mgsin30°＝BImaxL得Imax＝mgsin30°

1．(2011年海南卷)如图10－3－9，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，OF∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是()智浪教育--普惠英才文库 1．(2011年海南卷)如图10－3－9，EOF和E图10－3－9智浪教育--普惠英才文库图10－3－9智浪教育--普惠英才文库

解析：从图示位置到左边框运动至O′点，感应电流均匀增大为正；左边框再运动至OO′中点过程，感应电流为正不变；左边框由OO′中点再运动至O点过程，感应电流先减小后反向增大；以后右边框再运动至OO′中点过程，感应电流为负不变；右边框再运动至O点过程，感应电流减小至0.B正确．答案：B智浪教育--普惠英才文库 解析：从图示位置到左边框运动至O′点，感应电流均匀答案：BA．运动的平均速度大小为—vB．下滑位移大小为

2．(2011年福建卷)如图

10－3－10，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电)量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( 1 2

qR BL

C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2v

Rsinθ图10