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電磁感應(yīng)與電路,思想方法提煉,電磁感應(yīng)是電磁學(xué)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(guān)，又與力學(xué)中力的平衡、動量定理、功能關(guān)系等知識有機結(jié)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(xué)物理課件,高考的熱點問題和復(fù)習對策：1.運用楞次定律判斷感應(yīng)電流(電動勢)方向，運用法拉第電磁感應(yīng)定律，計算感應(yīng)電動勢大小.注重在理解的基礎(chǔ)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(xué)知識，逐步分析整個動態(tài)過程，找出關(guān)鍵條件，運用運動定律特別是功能關(guān)系解題.3.實際應(yīng)用問題，如日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼等復(fù)習時應(yīng)多做介紹，有條件的讓學(xué)生多接觸實際.,此部分涉及的主要內(nèi)容有：1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象.(1)產(chǎn)生條件：回路中的磁通量發(fā)生變化.(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的是感應(yīng)電動勢，若回路是閉合的，則有感應(yīng)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(yīng)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(xué)物理課件,2.法拉第電磁感應(yīng)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(yīng)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(yīng)電流的磁場方向和感應(yīng)電流方向等四方面).右手定則是其中一種特例.(2)感應(yīng)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(xué)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(shè)備、通信設(shè)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(yīng)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(xué)物理課件,4.相關(guān)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(guān)系等力學(xué)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(zhuǎn)化與守恒定律.,如圖所示，豎直放置的螺線管與導(dǎo)線abcd構(gòu)成回路，導(dǎo)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(dǎo)體圓環(huán).導(dǎo)體abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度按下列圖中哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導(dǎo)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(yīng)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(yīng)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(yīng)選A項.,江蘇省蘇州中學(xué)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(dǎo)線的電阻r=1.5Ω，R1=3.5Ω，R2=25Ω.穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)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(dǎo)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(dǎo)線橫截面積的電量:A.跟導(dǎo)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(zhì)量成正比D.跟線框的質(zhì)量成反比,江蘇省蘇州中學(xué)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(yīng)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(zhì)量為m，邊長也為L的正方形線框(設(shè)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(yīng)與能量之間的關(guān)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(xué)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(yīng)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(yīng)電動勢為E′=2BLv，設(shè)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(shè)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(shè)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(yīng)過程往往涉及多種能量形式的轉(zhuǎn)化.,滑桿類問題即一段金屬導(dǎo)體在導(dǎo)軌上滑動時，切割磁感線而在導(dǎo)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(zhuǎn)動切割和平動切割.,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,如圖所示，銅質(zhì)圓盤繞豎直軸O在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，圓盤半徑為r=20cm，處在豎直向下的磁感應(yīng)強度B=1T的勻強磁場中，兩個電刷分別與轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)動時，相當于長度為r的導(dǎo)體在垂直于磁場的平面里繞O軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動，感應(yīng)電動勢大小為E=1/2Br2?①,圓盤邊緣電勢比轉(zhuǎn)動軸處電勢高，在閉合電路中感應(yīng)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(zhuǎn)動角速度較小時要滿足.(E′-E)/R＜I②,在轉(zhuǎn)動角速度較大時應(yīng)滿足(E-E′)/R＜I③1＜B2r2?/2＜350rad/s＜?＜150rad/s,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,如圖所示，abcde和a′b′c′d′e′為兩平行的光滑導(dǎo)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(zhì)金屬棒MN、PQ，質(zhì)量分別為2m和m.為使棒PQ能沿導(dǎo)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(shè)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(shè)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(guān)系為v1=v2/2時，回路中的磁通量不再變化而無感應(yīng)電流，兩者便做勻速運動，因而v2=vd=,v1=,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,在有感應(yīng)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(guān)系為F1=2F2，從而在回路中有感應(yīng)電流的時間t內(nèi)，有F1=2F2設(shè)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(yīng)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(xué)物理課件,含感應(yīng)電動勢的電路分析與計算.這類問題中應(yīng)當把產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的部分導(dǎo)體看成電源，其余通路則為外電路，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)進行分析計算.,如圖所示，da、cb為相距l(xiāng)的平行導(dǎo)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(dǎo)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(yīng)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(yīng)電動勢E=Blv，與?角無關(guān).以r表示兩導(dǎo)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(guān)，所以r值最小時，PR值達最大.當桿與導(dǎo)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(xué)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(dǎo)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(dǎo)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(xué)物理課件,如圖,光滑的平行導(dǎo)軌P、Q相距l(xiāng)=1m，處在同一水平面中，導(dǎo)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(dǎo)軌電阻不計.磁感應(yīng)強度B=0.4T的勻強磁場豎直向下穿過導(dǎo)軌面.當金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運動(開關(guān)S斷開)時，電容器兩極板之間質(zhì)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(xué)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(yīng)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(yīng)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(xué)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(xué)物理課件,四、交變電流和變壓器電路電磁感應(yīng)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(guān)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(xué)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(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為n，ab的左側(cè)有垂直紙面向里的、磁感應(yīng)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(dǎo)線的電阻不計.試求：(1)由圖示位置起經(jīng)過1/4轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)時間內(nèi)，,江蘇省蘇州中學(xué)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(xué)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(xué)物理課件,圖甲為某同學(xué)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(guān)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(guān)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(guān)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(yīng)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(xué)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(xué)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(xué)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(dǎo)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(xué)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(cè)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(guān)系應(yīng)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(xué)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(guān)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(shè)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(guān)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(guān),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(xué)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(dǎo)出估算r的表達式（設(shè)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(xué)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(guān)的斷開、閉合，導(dǎo)致電路電阻的變化，會引起電流、電壓、電功率等相關(guān)物理量的變化.,分析基本方法：（1）分析電路的結(jié)構(gòu)，（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(xué)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(xué)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(zhì)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(yīng)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(yīng)電流的瞬時功率P。,,,,,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,勻強磁場的磁感應(yīng)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(zhì)量為m，其它邊的質(zhì)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(yīng)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(zhuǎn)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(yīng)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(zhuǎn)至豎直面位置時感應(yīng)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(xué)物理課件,五、電磁感應(yīng)現(xiàn)象在實際生活、生產(chǎn)和科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用此類問題有兩種形式，一種是介紹應(yīng)用實例，要求指出所包含的電磁感應(yīng)理論(工作原理)，另一種是擺出實際問題，要求設(shè)計出使用方案或制作思想.后者要求較高，不但要熟練應(yīng)用有關(guān)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(yīng)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(yīng)電動勢為0，b、d兩處測得試探線圈感應(yīng)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(yīng)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(xué)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(yīng)電動勢為0，b、d兩處測得試探線圈感應(yīng)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(yīng)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(yīng)現(xiàn)象的實際應(yīng)用的題目，將試探線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的條件應(yīng)用在數(shù)學(xué)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(yīng)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(xué)方法處理物理問題.,江蘇省蘇州中學(xué)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(xué)物理課件,例1.水平放置于勻強磁場中的光滑導(dǎo)軌上，有一根導(dǎo)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(yīng)線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)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(zhuǎn)化為電阻R上的內(nèi)能。,Fvm=I2R=B2L2vm2/Rvm=FR/B2L2,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,例2.在磁感應(yīng)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(zhì)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(yīng)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(zhuǎn)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(yīng)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(zhuǎn)化為使PQ加速增大的動能和熱能,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,如圖所示,AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌,兩導(dǎo)軌間的距離為L,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角是θ.在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.在導(dǎo)軌的AC端連接一個阻值為R的電阻.一根垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒ab,質(zhì)量為m,從靜止開始沿導(dǎo)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(dǎo)軌間的滑動摩擦系數(shù)μ,導(dǎo)軌和金屬棒的電阻都不計.,高考題,江蘇省蘇州中學(xué)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(yīng)線產(chǎn)生感應(yīng)電流I，,,感應(yīng)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(xué)物理課件,例3.如圖所示，豎直平行導(dǎo)軌間距l(xiāng)=20cm，導(dǎo)軌頂端接有一電鍵K。導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌接觸良好且無摩擦，ab的電阻R=0.4Ω，質(zhì)量m=10g，導(dǎo)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(shè)導(dǎo)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(xué)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(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)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(yīng)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(xué)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(xué)物理課件,例4.光滑平行導(dǎo)軌上有兩根質(zhì)量均為m，電阻均為R的導(dǎo)體棒1、2，給導(dǎo)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(yīng)線產(chǎn)生感應(yīng)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(yīng)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(xué)物理課件,由楞次定律，感應(yīng)電流的效果總要阻礙產(chǎn)生感應(yīng)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(yīng)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(xué)物理課件,04年廣東15．,如圖，在水平面上有兩條平行導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ,導(dǎo)軌間距離為l，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面（紙面）向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，它們的質(zhì)量和電阻分別為m1、m2和R1、R2,兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)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(dǎo)軌運動；達到穩(wěn)定狀態(tài)時，桿2也以恒定速度沿導(dǎo)軌運動，導(dǎo)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(xué)物理課件,解法一：,設(shè)桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿間和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,感應(yīng)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(dǎo)體桿2克服摩擦力做功的功率,解得,江蘇省蘇州中學(xué)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(dǎo)軌構(gòu)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(xué)物理課件,例5．(15分)如圖所示,兩足夠長平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L,導(dǎo)軌平面與水平面夾角α＝30,導(dǎo)軌電阻不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直導(dǎo)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(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌電接觸良好,每根棒的質(zhì)量為m、電阻為R．現(xiàn)對ab施加平行導(dǎo)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(dǎo)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(xué)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(yīng)定律⑧,I=E／2R⑨,上面幾式聯(lián)立解得⑩,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,2006年廣東卷16、,16.(16分)如圖所示,在磁感應(yīng)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(dǎo)軌,在導(dǎo)軌面上各放一根完全相同的質(zhì)量為m的勻質(zhì)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(shè)兩導(dǎo)軌面相距為H，導(dǎo)軌寬為L,導(dǎo)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(zhì)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(yīng)電流的最大值；（2）整個運動過程中感應(yīng)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(xué)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(shè)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(xué)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(shè)為v′mv2=2mv′⑥,（3）設(shè)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(yīng)定律得：E2=BL(3v-v)⑩,安培力F=BIL,江蘇省蘇州中學(xué)物理課件,