【物理】2019届一轮复习人教版第九章第3单元电磁感应与电路规律的综合应用教案

【物理】2019届一轮复习人教版第九章第3单元电磁感应与电路规律的综合应用教案

第九章 第3单元 电磁感应与电路规律的综合应用 一、电路问题 ‎1、确定电源：首先判断产生电磁感应现象的那一部分导体（电源），其次利用或求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向。‎ ‎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 二、图象问题 ‎1、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等物理量的方向是通过正负值来反映 ‎3、画图象时要注意横、纵坐标的单位长度定义或表达 ‎【例1】匀强磁场磁感应强度 B=0.2 T，磁场宽度L=3rn，一正方形金属框边长ab==1m，每边电阻r=0.2Ω，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示，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 ‎（2）画出ab两端电压的U-t图线 解析：线框进人磁场区时E1=B l v=2 V，=2.5 A 图（1）‎ 方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，感电流持续的时间t1==0.1 s 线框在磁场中运动时：E2=0，I2=0‎ 无电流的持续时间：t2==0.2 s，‎ 图（2）‎ 线框穿出磁场区时：E3= B l v=2 V，=2.5 A 此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，规定电流方向逆时针为正，得I-t图线如图（2）所示 ‎（2）线框进人磁场区ab两端电压U1=I1 r=2.5×0.2=0.5V 线框在磁场中运动时；b两端电压等于感应电动势U2=B l v=2V 线框出磁场时ab两端电压：U3=E - I2 r=1.5V 由此得U-t图线如图（3）所示 一、 综合例析 ‎【例2】如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器。现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针转过90°的过程中，通过R的电量为多少？‎ 解析：（1）由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路。ab产生感应电动势的平均值 ①‎ 表示ab扫过的三角形的面积，即 ②‎ 通过R的电量 ③ 由以上三式解得 ④‎ 在这一过程中电容器充电的总电量Q=CUm ⑤‎ Um为ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即 ‎ ⑥ 联立⑤⑥得：‎ ‎（2）当ab棒脱离导轨后（对R放电，通过R的电量为 Q2，所以整个过程中通过 R的总电量为： ‎ Q=Q1＋Q2=‎ ‎【例3】如图所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T，并且以=0.1 T/s在变化，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5 m的导轨上放一电阻R0=0.1 Ω的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M=0.2 kg的重物，轨道左端连接的电阻R=0.4 Ω，图中的l=0.8 m，求至少经过多长时间才能吊起重物.‎ 解题方法：‎ 由法拉第电磁感应定律可求回路感应电动势E=①： ‎ 由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I= ②‎ 由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）.再根据楞次定律可知磁场增加，在t时磁感应强度为： B′ =（B＋·t） ③‎ 此时安培力为 F安=B′Ilab ④ 由受力分析可知 F安=mg⑤‎ 由①②③④⑤式并代入数据：t=495 s 第4单元 电磁感应与力学规律的综合应用 电磁感应等电学知识和力学知识的综合应用，主要有 ‎1、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程中的能量转化问题 ‎2、应用牛顿第二定律解决导体切割磁感线运动的问题。‎ ‎3、应用动量定理、动量守恒定律解决导体切割磁感线的运动问题。‎ ‎4、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题。‎ 一、电磁感应中的动力学问题 解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等。‎ ‎【例1】如图，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的 AC端连接一个阻值为 R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻不计。‎ 解析：ab沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg，支持力FN 、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是，所以这是个变加速过程，当加速度减到a=0时，其速度即增到最大v=vm，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑 ‎ E=BLv ① I=E/R ② F安=BIL ③‎ 对ab所受的力正交分解，FN = mgcosθ Ff= μmgcosθ 由①②③可得 以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsinθ –μmgcosθ-=ma ab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大 因此，ab达到vm时应有：mgsinθ –μmgcosθ-=0 ④‎ 由④式可解得 二、电磁感应中的能量、动量问题 分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，然后利用能量守恒列出方程求解。‎ ‎【例2】如图，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段组成。其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m。，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径R，所对圆心角为60°，求：‎ ‎（1）ab棒在N处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？‎ ‎（2）ab棒能达到的最大速度是多大？‎ ‎（3）ab棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？‎ 解析：（1）ab棒由静止从M滑下到N的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到N处速度可求，进而可求ab棒切割磁感线时产生的感应电动势和回路中的感应电流。‎ ab棒由M下滑到N过程中，机械能守恒，故有：‎ ‎ 解得 进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 ‎ ‎ （2）设ab棒与cd棒所受安培力的大小为F，安培力作用时间为 t，ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′‎ 时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。‎ 运用动量守恒定律得 解得 ‎ ‎（3）释放热量等于系统机械能减少量，有 解得 三、综合例析 ‎（一）电磁感应中的“双杆问题”‎ ‎【例3】（2003年全国理综卷）如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？‎ 解析：设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2，经过很短的时间△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变 乙 甲 F 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 回路中的电流 ， 杆甲的运动方程 由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量 联立以上各式解得 ‎ 代入数据得 ‎【例4】两根相距d=0.20m平行金属长导轨固定在同一水平面，处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.2T，导轨上横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为r=0.25Ω，回路中其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如图所示.不计导轨上的摩擦.‎ ‎（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小.‎ v v ‎（2）求两金属细杆在间距增加0.40m的滑动过程共产生的热量.‎ 解析：（1）当两金属杆都以速度v匀速滑动时，每条金属杆中产生的感应电动势分别为： E1=E2=Bdv 由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度大小为：‎ 因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力的大小为F1=F2=IBd。‎ 由以上各式并代入数据得N ‎（2）设两金属杆之间增加的距离为△L，则两金属杆共产生的热量为，代入数据得 Q=1.28×10-2J.‎ ‎（二）电磁感应中的一个推论——安培力的冲量公式 L a a ‎【例5】在光滑水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一边长为a（a

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