广东版高考物理复习专题一0二电磁感应教学课件

这是一份广东版高考物理复习专题一0二电磁感应教学课件，共60页。

(4)磁通量的变化率: ,是描述磁通量变化快慢的物理量(Φ、ΔΦ、 三者大小之间并无必然的联系)。2.电磁感应现象(1)概念:当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产生, 这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应现象。(2)感应电流产生的条件:①闭合电路;②磁通量发生变化。(3)电磁感应现象的实质:产生感应电动势。
二、楞次定律1.楞次定律及其理解(1)内容:感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)本质:能量守恒定律在电磁感应现象中的体现。(3)正确理解楞次定律中“阻碍”的含义 
(4)判断感应电流方向的思路 
2.楞次定律的推论及其应用
3.右手定则(1)内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁 感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流 的方向。(2)适用情况:导体切割磁感线产生感应电流。4.三个定则与一个定律的应用比较
点拨拓展    只有涉及力时才使用左手。
例1　近年来,无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮,其“自发电”原理如图 乙所示,按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管,松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位 置。下列说法正确的是 (　    )A.按下按钮过程,螺线管上的导线Q端电势较高B.松开按钮过程,螺线管上的导线P端电势较低
C.按住按钮不动,螺线管上导线两端P、Q间仍有电势差D.按下和松开按钮过程,螺线管产生的感应电动势大小一定相等
  解析    按下按钮过程,磁铁N极靠近螺线管,穿过螺线管的磁通量向左增加,根据楞次定律可知,螺线管上产生的感应电流从P流向Q,则螺线管上的导线Q端电势较高,A正 确;松开按钮过程,穿过螺线管的磁通量向左减小,根据楞次定律可知,螺线管上产生的 感应电流从Q流向P,螺线管上的导线P端电势较高,B错误;按住按钮不动,穿过螺线管 的磁通量不变,则螺线管无感应电动势产生,螺线管上导线两端P、Q间没有电势差,C 错误;按下和松开按钮过程,所用时间不一定相等,则磁通量的变化率不一定相等,螺线 管产生的感应电动势大小不一定相等,D错误。
考点二　法拉第电磁感应定律一、感应电动势1.产生条件:穿过回路的磁通量发生改变,与电路是否闭合无关。2.产生感应电动势的导体中,电势高低端的判断(1)用楞次定律:产生感应电动势的导体中,感应电流从低电势端流向高电势端。(2)用右手定则:四指的指向为产生感应电动势的导体的高电势端。二、法拉第电磁感应定律1.表达式:E=n ,n表示线圈的匝数。2.感应电流与感应电动势的关系:遵循闭合电路欧姆定律,即I= (纯电阻电路)。
3.应用法拉第电磁感应定律的三种情况
4.导体切割匀强磁场引起的感应电动势的计算(1)平动切割匀强磁场①公式:E=BLv。 ②E=BLv的三个特性
(2)转动切割匀强磁场如图所示,长为L的导体棒OA以O为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转 动,磁场的磁感应强度为B。 推导:根据法拉第电磁感应定律得E=BL =BL =BL = BωL2。若改变轴心:
①以OA中点为轴时,E=0;②以任意点为轴时,E= Bω| - |。点拨拓展　　    电磁感应中的电荷量(1)推导:通过导体横截面的电荷量q= Δt= Δt= ·Δt= 。(2)注意:电磁感应中电荷量q由n、ΔΦ和电阻R共同决定,与Δt无关。
例2　磁悬浮列车是高速低耗交通工具,如图甲所示,它的驱动系统可简化为如图乙所 示的物理模型。已知列车的总质量为m,固定在列车底部的正方形金属线框的边长为 L,匝数为N,总电阻为R;水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度大小均为B、垂直水 平面但方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场,磁场以速度v向右匀速移动 时可恰好驱动停在轨道上的列车,假设列车所受阻力恒定,若磁场以速度4v匀速向右移 动,当列车向右运动的速度为2v时,线框位置如图乙所示,求此时: 　     
(1)线框中的感应电流方向;(2)线框中的感应电流I大小;(3)列车的加速度a大小。  解析    (1)由于4v>2v,所以线框相对磁场向左运动,根据右手定则可知此时线框中感应电流沿顺时针方向。(2)当列车向右运动的速度为2v时,线框中感应电动势为E=2NBL(4v-2v),线框中的感应 电流大小I= ,解得I= 。(3)列车向右运动的速度为2v时,磁场相对线框速度为2v,线框受到的安培力为F=2 NBIL,解得F= ,当磁场以速度v匀速向右移动时,可恰好驱动停在轨道上的列
车,同理可得该情况下线框受到的安培力F'= ,列车所受阻力f=F',由牛顿第二定律可知F-f=ma,解得a= 。  答案    (1)顺时针方向    (2)     (3) 三、自感1.自感电动势的表达式:E=L 。2.自感系数L的影响因素:线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯。3.通电自感和断电自感的比较
例3　如图所示的电路中,A、B、C是三个相同的灯泡,L是电感线圈,其电阻与灯泡电 阻相等,开关S先闭合然后再断开,则 (　    ) A.S闭合后,A立即亮而B、C慢慢亮B.S闭合后,B、C立即亮而A慢慢亮
C.S断开后,B、C先变亮然后逐渐变暗D.S断开后,A先变亮然后逐渐变暗  解析    S闭合后,B、C立即亮,灯泡A与电感线圈串联,线圈会阻碍电流的增大,所以A慢慢变亮,A错误,B正确;S断开后,由于线圈的阻碍作用,导致电流慢慢减小,所以A慢慢 变暗,线圈电阻与灯泡电阻相等,所以在开关闭合且电路稳定时,通过灯泡B、C的电流 和通过灯泡A的电流大小相等,开关断开后线圈与A、B、C构成闭合回路,此时B、C不 会先变亮,而是逐渐变暗,C、D均错误。  答案    B
归纳总结分析自感现象的三个技巧 
四、涡流　电磁阻尼和电磁驱动1.涡流(1)定义:当某线圈中的电流随时间变化时,由于电磁感应,这个线圈附近的任何导体,如 果穿过导体的磁通量发生变化,导体内部都会产生感应电流,如图中虚线所示,如果用 图表示这样的感应电流,看起来就像水中的漩涡,所以把它叫作涡电流,简称涡流。 
(2)产生涡流的两种情况①块状金属放在变化的磁场中;②块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。2.电磁阻尼与电磁驱动(1)电磁阻尼①成因:由于导体在磁场中运动而产生感应电流,从而使导体受到安培力。②效果:安培力的方向与导体运动方向相反,阻碍导体运动。③能量转化:导体克服安培力做功,其他形式的能转化为电能,最终转化为内能。
(2)电磁驱动①成因:由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流,从而使导体受到安培力。②效果:安培力的方向与导体运动方向相同,推动导体运动。③能量转化:由于电磁感应,磁场能转化为电能,通过安培力做功,电能转化为导体的机 械能,从而对外做功。(3)两者都是电磁感应现象,都遵循楞次定律,都是安培力阻碍引起感应电流的导体与 磁场间的相对运动。
模型一　电磁感应中的单棒模型一、问题分类及解题方法1.电磁感应中的动力学问题(1)动力学分析的基本思路
(2)力学对象和电学对象的相互关系 
2.电磁感应中的能量问题(1)能量转化过程
(2)焦耳热Q的三种求法
3.电磁感应中的动量问题(1)求电荷量或速度:-B LΔt=mv2-mv1,q= Δt。(2)求位移:- =0-mv0,即- =0-mv0。(3)求时间①-B LΔt+F其他Δt=mv2-mv1,即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1,已知电荷量q和初、末速度v1、v2等,F其他为恒力,可求出变加速运动的时间。②- +F其他Δt=mv2-mv1, Δt=x。若已知位移x和初、末速度v1、v2等,F其他为恒力,也可求出变加速运动的时间。
4.电磁感应中的电路问题
例1　如图所示,间距为L且足够长的金属导轨固定在水平面上,导轨电阻与长度成正 比,竖直向下的匀强磁场范围足够大,磁感应强度为B。导轨左端用导线连接阻值为R 的定值电阻,阻值为R的导体棒垂直于导轨放置,与导轨接触良好。导体棒从导轨的最 左端以速度v匀速向右运动的过程中 (　    ) A.回路中的电流逐渐变大B.回路中电流方向为顺时针方向(俯视)
C.导体棒两端的电压大小为BLvD.导轨的发热功率先变大后变小  解题指导    (1)弄清电路结构,把导体棒等效为电源,两导轨等效为电阻;(2)由闭合电路欧姆定律求回路中的电流,利用串联电路分压规律求导体棒两端的电压;(3)导轨接 入电路的电阻不断变化,故要分析其发热功率,可将定值电阻与电源内阻看作一个整 体,转换为分析电源的输出功率。  解析    导体棒匀速运动切割磁感线,则可知产生的感应电动势E=BLv为定值,而导轨电阻与长度成正比,设单位长度导轨的电阻为r,导体棒运动距离为l,则导轨的电阻为R1 =2lr,而l=vt,故导轨的电阻可表示为R1=2vtr,由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流为I
= = ,则可知回路中的电流逐渐减小,A错误;根据楞次定律结合安培定则可知,回路中电流方向为逆时针方向(俯视),故B错误;切割磁感线的导体棒相当于电源,则 可知导体棒两端的电压为路端电压,根据串联电路分压规律可得导体棒两端的电压为 U= BLv,故C错误;令导轨的电阻为R',将回路中的定值电阻与电源的内阻看作一个整体,则电源的等效内阻为2R,此时导轨的热功率就等于电源的输出功率,则可知, 当R'=2R时,导轨的热功率达到最大值,且最大值为 ,因此可知导轨的发热功率先变大后变小,故选项D正确。  答案    D
归纳总结“三步走”分析电路为主的电磁感应问题 
二、电磁感应中的单棒模型1.“单棒+电阻”类
例2    (梯度设问·回归教材)如图1所示,阻值为r的导体棒ab沿固定的光滑导线框向右 做匀速运动,线框中接有阻值为R的电阻。线框放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁 场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度为L,运动的速度为v,线框的电阻不计。   教材设问    (1)电路abcd中哪部分相当于电源?电动势多大?内阻多大?哪个位置相当于电源的正极?哪一部分相当于闭合电路中的外电路?(2)ab棒向右运动时所受的安培力有多大?
(3)ab棒所受安培力的功率有多大?电阻R的发热功率有多大?导体棒ab的发热功率有 多大?从能的转化和守恒角度说一说这三个功率关系的含义。  设问解析    (1)画出等效电路如图2所示,切割磁感线的导体棒ab相当于电源,电源的电动势E=BLv,电源内阻为r。根据右手定则可知,a端为电源的正极,ad、dc、cb三部分 为闭合电路中的外电路,电阻R为外电阻。 (2)由闭合电路欧姆定律可知,闭合回路中的电流I= = ,方向为逆时针方向。根
据安培力的公式F安=BIL得,ab棒向右运动时所受的安培力大小为F安= 。(3)ab棒所受安培力的功率P=F安v= ,电阻R的发热功率PR=I2R= R,导体棒ab的发热功率Pr=I2r= r,显然三者之间满足P=PR+Pr,即从能量的转化和守恒角度来讲,导体棒克服安培力做功从而产生电能,进而转化为整个电路的焦耳热。  变式设问    (4)若保持导体棒ab以速度v向右匀速运动,需施加一水平方向的外力F。该外力的大小如何?方向如何?(5)若已知导体棒ab的质量为m,突然撤去外力F,回路中还能产生多少焦耳热?分析导体 棒ab撤去外力F后的运动过程,计算导体棒ab还能滑行的距离以及在此过程中通过导
体棒的电荷量。  设问解析    (4)导体棒ab向右匀速运动,则外力F与安培力为一对平衡力,即F=F安= ,方向水平向右。(5)由能量守恒可得回路中还能产生的焦耳热Q= mv2。撤去外力F后,取向右为正方向,由动量定理可得- Δt=0-mv,所以导体棒还能滑行的距离Δx= Δt= ;由动量定理可得-B LΔt=0-mv,此过程通过导体棒的电荷量q= Δt= (点拨:在用动量定理解决电磁感应问题时,若涉及位移,安培力用 表示,若涉及电荷量,安培力用B L表示)。
  补充设问    (6)若导体棒在水平向右的外力F(未知)的作用下由静止开始以加速度a向右做匀加速运动,从施加外力开始计时,分析外力随时间变化的关系,并求出在导体 棒的速度达到v的过程中,外力F的冲量。  设问解析    (6)根据牛顿第二定律可得F-F安=ma,即F- v=ma,又因为导体棒向右做匀加速运动,有v=at,代入得F=ma+ at。解法一:计算外力F的冲量时,由于外力F为变力,故可以采用动量定理求解。取导体棒 的运动方向为正方向,导体棒在速度达到v的过程中,由动量定理可知IF+I安=mv-0,其中I 安=- x,且x= ,联立可得IF=mv+ ,方向水平向右。
解法二:计算外力F的冲量时,也可根据上述F的表达式,作出F随时间t的函数关系图线, 如图3所示,图中t0= ,F0=ma+ at0=ma+ v,图线与坐标轴围成的梯形面积表示外力F的冲量,可得IF=mv+ ,方向水平向右。 
  模型归纳(1)两种基本情况①棒具有初速度
(2)分析流程 2.“单棒”+“电源”类
例3    (多选)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左侧连接的电 源电动势为E、内阻为r,质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上,金属杆处于导轨间的 部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,如 图所示。闭合开关,金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,则下 列说法正确的是 (　    ) 
A.金属杆的最大速度等于 B.此过程中通过金属杆的电荷量为 C.此过程中电源提供的电能为 D.此过程中金属杆产生的热量为   解析    (运动学角度)当杆的加速度为零时,杆的速度最大,此时杆切割磁感线产生的感应电动势和电源的电动势大小相等,即BLvm=E,解得杆的最大速度vm= ,A正确;(动量角度)取向右为正方向,由动量定理可得B LΔt=mvm,流过杆的电荷量q= Δt,联立解得
q= ,B正确;(能量角度)〗电源提供的电能E电=qE,解得E电= ,C错误;由能量守恒可得,回路产生的热量Q=E电- m ,杆产生的热量QR= Q,解得QR= ,D正确。  答案    ABD  补充设问　若闭合开关时,给金属杆施加水平向右的恒力F,试分析杆的运动情况。  设问解析    〗第一阶段:安培力向右,由牛顿第二定律得a= ;由于F安=BIL,I= ,代入解得a= + - ,金属杆向右做加速度逐渐减小的加速运动。当E=BLv1,即v1= 时,回路电流为零,F安=0,金属杆的加速度a1= 。
第二阶段:金属杆的速度继续增加,回路电流反向,安培力向左,加速度a= ;由于F安=BIL,I= ,可得a= + - ,加速度继续减小。当向左的安培力等于F时,金属杆的加速度为零,速度最大,即由B L=F,解得杆的最大速度vm= + ,之后金属杆以vm做匀速直线运动。  模型归纳
例4　如图,垂直纸面向里的水平匀强磁场的磁感应强度为B,上下边界距离为4d,边长 为d的正方形金属框在竖直平面内从磁场上边界上方h处由静止释放,并穿过匀强磁 场,金属框上下边始终保持与磁场边界平行。已知金属框下边刚要离开磁场时的速度 与它刚进入磁场时速度相同,金属框质量为m、电阻为R,重力加速度为g,不计空气阻 力。求:(1)金属框刚进入磁场时的加速度大小;(2)金属框离开磁场过程中产生的热量。
模型二　电磁感应中的线框模型
  解题指导    抓住题目中的关键信息:金属框下边刚要离开磁场时的速度与它刚进入磁场时速度相同。由于金属框完全进入磁场后只受重力作用,做匀加速直线运动,速 度会增大,所以金属框下边进入磁场时必须做减速运动才能满足题干情境。金属框离 开磁场和进入磁场时的运动情况相同,所以产生的热量相同。  解析    (1)设金属框刚进入磁场时的速度为v1,由动能定理可得mgh= m ①;由闭合
电路欧姆定律可得此时的感应电流I1= ②;由牛顿第二定律可得金属框的加速度大小a= ③;联立解得a= -g。(2)金属框下边刚进入磁场时至下边刚要离开磁场时的动能相同,根据能量守恒可得此 过程中金属框产生的热量Q1=4mgd(关键:此过程中只有金属框进入磁场的过程会产生 热量);所以金属框离开磁场过程中产生的热量Q2=Q1=4mgd。  答案    (1) -g    (2)4mgd
微专题17　电磁感应中的图像问题一、图像类型1.B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t 图像。2.对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势E和感应 电流I随导体位移x变化的图像,即E-x图像和I-x 图像。二、问题类型1.由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像。2.由给定的有关图像分析电磁感应过程,定性或定量求解相应的物理量,或推断出其他 图像。
三、应用知识　　右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、 牛顿运动定律和相关数学知识等。四、电磁感应中图像类选择题的两个常用方法
五、几点注意1.注意初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向。2.注意变化过程,看发生电磁感应的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图像变化对 应。3.注意大小、方向的变化趋势,看图线斜率(或其绝对值)大小、图线的曲直和物理过 程是否相对应。4.求F-t图像时,不但要注意I随时间的变化,还需要注意B随时间的变化。有时I≠0,但B =0,导致F=0。
例　两个不可形变的正方形导体框a、b连成如图甲所示的回路,并固定在竖直平面 (纸面)内。导体框a内固定一小圆环c,a与c在同一竖直面内,圆环c中通入如图乙所示 的电流(规定电流逆时针方向为正方向),导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁 场中,则匀强磁场对MN边的安培力 (　    ) 
 A.0~1 s内,方向向下B.1~3 s内,方向向下C.3~5 s内,先逐渐减小后逐渐增大D.第4 s末,大小为0  解析    由题图乙知,0~1 s内小圆环c中的电流逆时针增大,穿过导体框a的净磁通量垂