2018_2019学年高中物理第四章电磁感应专题整合.doc

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1、1第四章 电磁感应专题整合深化提升考点一 感应电流方向的判断1.楞次定律是判断感应电流方向的普遍规律,右手定则主要适用于导体切割磁感线的特殊情况。2.感应电流的“效果”总是要“阻碍”引起感应电流的“原因”,常见的有阻碍原磁通量的变化增反减同;阻碍导体的相对运动来拒去留;改变线圈的面积来“反抗”磁通量的变化增缩减扩;阻碍原电流的变化(自感现象)。利用以上楞次定律的扩展含义,可帮助我们对问题作出快速判断。3.要注意区分左手定则和右手定则以及安培定则。左手定则用来判断电流或运动电荷在磁场中的受力情况;右手定则用来判断导体在磁场中切割磁感线产生的感应电流的方向;安培定则是用来判断电流的磁场方向的。(1

2、)因电而生磁(IB)安培定则。(2)因动而生电(v、BI)右手定则。(3)因电而受力(I、BF 安 )左手定则。4.在电源内部,感应电流的方向由电源的负极指向正极,这是确定产生感应电动势的导体两端电势高低的依据。【对点训练】1.(2018大同高二检测)如图所示,矩形线圈放在两同向相等的直线电流之间,都在同一平面内,矩形线圈从左向右匀速运动到虚线位置过程中,回路中的感应电流方向为 ( )A.先 adcba 后 abcdaB.先 abcda 后 adcbaC.一直是 adcba2D.一直是 abcda【解析】选 C。根据安培定则判断得知,两导线之间的磁场方向为:左侧导线产生的磁场垂直纸面向里,右侧

3、导线产生的磁场方向垂直纸面向外,两导线之间的磁场是两个磁场叠加的结果,中线的磁感应强度为零,叠加后的结果是中线左侧磁场向里,右侧向外,根据楞次定律判断可知:线圈从开始到中线过程中,磁场方向向里,磁通量减小,感应电流方向沿 adcba;从中线向右过程中,磁场方向向外,磁通量增加,感应电流方向沿 adcba。即感应电流方向一直沿 adcba。故 C 正确,A、B、D 错误。2.(多选)(2018济宁高二检测)如图所示,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N 极朝下。当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部),下列判断正确的是( )A.磁铁与线圈相互排斥B.磁铁与线圈相互吸引C.通过 R 的感应电流

4、方向为从 a 到 bD.通过 R 的感应电流方向为从 b 到 a【解析】选 A、C。当磁铁向下运动时,穿过线圈的磁通量在增加,故线圈产生的感应电流的磁场要阻碍这种增加,故线圈中的感应电流使线圈上方形成 N 极,故磁铁与线圈相互排斥,A正确,B 错误;再由右手定则可判断螺线管中的电流方向,故通过 R 的感应电流方向为从 a 到b,C 正确,D 错误。3.如图所示,两个相邻的有界匀强磁场区,方向相反,且垂直纸面,磁感应强度的大小均为 B,磁场区在 y 轴方向足够长,在 x 轴方向宽度均为 a,一正三角形(中垂线长为 a)导线框 ABC 从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,在

5、下列图象中感应电流 i与线框移动距离 x 的关系图象正确的是 ( )3【解析】选 C。线框从开始进入到全部进入第一个磁场时,磁通量向里增大,则由楞次定律可知,电流方向为逆时针,故 B 一定错误;因切割的有效长度均匀增大,故由 E=BLv 可知,电动势也均匀增加;而在全部进入第一部分磁场时,磁通量达到最大,该瞬间磁通量的变化率为零,故感应电动势也为零,故 A 错误;当线圈开始进入第二部分磁场后,线圈中磁通量向里减小,则可知电流为顺时针,故 D 错误,C 正确。【补偿训练】(多选)(2018大庆高二检测)如图所示,一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为 B,方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀

6、强磁场,磁场宽度均为 L。边长为 L 的正方形线框abcd 的 bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上,使线框从静止开始沿 x 轴正方向匀加速通过磁场区域,若以逆时针方向为电流的正方向,能反映线框中感应电流变化规律的是图中的 ( )【解析】选 A、C。线框右边进入磁场时,由右手定则可知,电流方向为逆时针;当右边框开始进入右边磁场时,电流变为顺时针;而从磁场中离开时,电流方向为逆时针。线框做匀加速直线运动,则有 v=at,v= ;由欧姆定律可得电流 I= = = ,2 2据此可知 A、C 两项正确,B、D 两项错误。考点二 电磁感应与力学的综合1.由于通有感应电流的导体在磁场中受安培力的作用,电磁感应问

7、题往往和力学问题联系在一起,基本分析方法是:(1)用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小。4(2)用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向。(3)用闭合电路的欧姆定律求解回路中的电流大小。(4)分析研究导体的受力情况。(5)列动力学方程或平衡方程求解。2.导体在安培力及其他力的共同作用下做非匀变速直线运动,最终趋于稳定状态,这类问题的基本分析方法:做好受力情况、运动情况的动态分析,导体运动产生感应电动势产生感应电流通电导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化,周而复始循环,最终加速度等于零,导体达到稳定的状态;导体达到稳定状态时的平衡方程往往是解答该类问题的突破口。【对点训练】1.

8、(多选)(2018济南高二检测)如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为 m 的金属棒 ab。导轨的一端连接电阻 R,其他电阻均不计,磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下,金属棒 ab 在一水平恒力 F 作用下由静止起向右运动,则 ( )A.随着 ab 运动速度的增大,其加速度也增大B.外力 F 对 ab 做的功等于电路中产生的电能C.当 ab 做匀速运动时,外力 F 做功的功率等于电路中的电功率D.无论 ab 做何种运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能【解析】选 C、D。根据题意,当金属棒 ab 在外力 F 作用下加速运动时,加速度有:a= ,即加速度在减小,故

9、 A 错误;由能量守恒定律可知,外力 F 做的-安功等于金属棒动能增加和所产生电能之和,故 B 错误;当金属棒匀速运动时,金属棒动能不变,则根据能量守恒定律可知,外力做功功率等于电功率,故 C 正确;金属棒克服安培力做的功就等于电路中产生的电能,故 D 正确。52.(多选)(2018成都高二检测)如图所示,两根间距为 d 的光滑金属导轨,平行放置在倾角为 =30的斜面上,导轨的右端接有电阻 R,整个装置放在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有一质量为 m、电阻也为 R 的金属棒与两导轨垂直且接触良好,金属棒以一定的初速度 v0在沿着导轨上滑一段距离 L 后返回,

10、不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。下列说法正确的是 ( )A.金属棒沿着导轨上滑过程中通过 R 的电量 q=2B.金属棒返回时先做匀加速运动,最后做匀速直线运动C.金属棒沿着导轨上滑过程中电阻 R 上产生的热量 Q= (m -mgL)1220D.金属棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功 W= (m -mgL)1220【解析】选 A、D。根据法拉第电磁感应定律得:E= ,根据闭合电路欧姆定律得: = ,所2以金属棒沿着导轨上滑过程中通过 R 的电量为 q= t= t= = ,故 A 正2 22确;由 E=BLv 知,金属棒返回时随着速度的增大,金属棒产生的感应电动势增大,感应电流增大,由 F

11、安 =BIL 知金属棒受到的安培力增大,由 mgsin-F 安 =ma 知,加速度减小,所以金属棒返回时先做加速度减小的变加速运动,最后做匀速直线运动,故 B 错误;根据能量守恒定律知,金属棒沿着导轨上滑过程中回路中产生的总热量为 Q= m -mgLsin= (m -mgL),电12 12阻 R 上产生的热量为 QR= Q= (m -mgL),故 C 错误;根据功能关系可知 ,金属棒沿着导1214轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量,即 W=Q= (m -mgL),故 D 正126确。3.(2018大连高二检测) “电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器,具有速度快、效率高等优

12、点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计,轨道宽为 L=0.2 m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度 B=1102 T。 “电磁炮”弹体总质量 m=0.2 kg,其中弹体在轨道间的电阻 R=0.4 。可控电源的内阻 r=0.6 ,电源的电压能自行调节,以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时,电源为加速弹体提供的电流是 I=4103A,不计空气阻力。求:(1)弹体所受安培力大小。(2)弹体从静止加速到 4 km/s,轨道至少要多长?(3)弹体从静止加速到 4 km/s 过程中,该系统消耗的总能量。(4)请说明电源的电压如何自行调节,以保证“电磁炮”匀加速发射。

13、【解析】(1)由安培力公式:F=BIL=810 4 N。(2)由动能定理 Fx= mv212得到弹体从静止加速到 4 km/s,轨道长 x= =20 m。(3)根据 F=ma,v=at发射弹体过程产生的焦耳热:Q=I 2(R+r)t=1.6105 J,弹体的动能为 Ek= mv2=1.6106 J,12系统消耗总能量为 E=Ek+Q=1.76106 J。(4)由于弹体的速度增大,弹体切割磁感线产生感应电动势,电源的电压应增大,抵消产生的感应电动势,以保证电源为加速弹体提供恒定的电流,使“电磁炮”匀加速发射。答案:(1)810 4 N (2)20 m (3)1.7610 6 J(4)电源电压应增

14、大7【补偿训练】如图所示,在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中,固定着两根水平金属导轨 ab 和cd,导轨平面与磁场方向垂直,导轨间距离为 L,在导轨左端 a、c 间连接一个阻值为 R 的电阻,导轨电阻可忽略不计。在导轨上垂直导轨放置一根金属棒 MN,其电阻为 r,用外力拉着金属棒向右匀速运动,速度大小为 v。已知金属棒 MN 与导轨接触良好,且运动过程中始终与导轨垂直。则在金属棒 MN 运动的过程中 ( )A.金属棒 MN 中的电流方向为由 M 到 NB.电阻 R 两端的电压为 BLvC.金属棒 MN 受到的安培力大小为D.电阻 R 产生焦耳热的功率为222【解析】选 C。金属棒水平

15、向右运动过程中切割磁感线,产生感应电动势 E=BLv,根据右手定则,感应电流方向从 N 到 M,选项 A 错。金属棒相当于电源,金属棒和定值电阻组成闭合回路,电流 I= = ,电阻 R 两端的电压 U=IR= ,选项 B 错。金属棒受到安培力+F=BIL= ,选项 C 对。电阻 R 产生的焦耳热的功率 P=I2R= ,选项 D 错。222(+)2考点三 电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法:(1)能量转化。8(2)求解焦耳热 Q 的几种方法。2.用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向。(2)画出等效电路,求出回路消耗电功率的表

16、达式。(3)分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式。【对点训练】1.(2018开封高二检测)“热磁振荡发电技术”是新能源研究领域的最新方向,当应用于汽车等可移动的动力设备领域时,会成为氢燃料电池的替代方案。它通过对处于磁路中的一段软磁体迅速加热并冷却,使其温度在其临界点上下周期性地振荡,引起磁路线圈中的磁通量周期性地增减,从而感应出连续的交流电。它的技术原理是物理原理。假设两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为 L,如图所示,一导线与两导轨相连,磁感应强度大小为 B 的匀强磁场与导轨平面垂直。一电阻为 R、质量为 m 的导体棒在距磁场上边界 h

17、 处静止释放。导体棒进入磁场后速度减小,最终稳定时离磁场上边缘的距离为 H。整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻。下列说法正确的是( )A.整个运动过程中回路的最大电流为9B.整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为 mg(H+h)-C.整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为 mgHD.整个运动过程中回路电流的功率为( )2R【解析】选 B。导体棒进入磁场后,先做变减速运动,安培力也逐渐减小,当减小到与重力相等时导体棒稳定,所以导体棒进入磁场时的速度最大,所产生的感应电动势最大,其感应电流也最大,由自由落体运动规律,进入磁场时的速度大小为 vm= ,产生的感应电动势

18、为Em=BLvm,由闭合电路欧姆定律得 Im= = = ,A 错;导体棒稳定后,产 2生的感应电动势为 E=BLv,根据平衡条件,有 mg=BIL,所以 B= ;由能量守恒定律可知,减少的机械能转化为回路的电能,电能又转化为内能,所以 Q=mg(h+H)- mv2,有 mg=BIL,I= =12 ,所以 v= ,Q=mg(H+h)- mv2=mg(H+h)- ,所以 B 正确;克服安培力 12做功与产生的焦耳热相等,所以 C 错误;回路中的电流开始是变化的,所以 D 错误。2.(多选)(2018廊坊高二检测) 两根相距为 L 的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,

19、另一边与水平面的夹角为 37,质量均为 m 的金属细杆 ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,导轨的电阻不计,回路总电阻为 2R,整个装置处于磁感应强度大小为 B,方向竖直向上的匀强磁场中,当 ab 杆在平行于水平导轨的拉力 F 作用下以速度v 沿导轨匀速运动时,cd 杆恰好处于静止状态,重力加速度为 g,以下说法正确的是 ( )A.ab 杆所受拉力 F 的大小为 mgtan 37 10B.回路中电流为C.回路中电流的总功率为 mgvsin37D.m 与 v 的大小关系为 m=【解析】选 A、D。对 cd 杆,BILcos37=mgsin37,对 ab 杆,F=BIL,联立解出 ab 杆所受拉

20、力 F 的大小为 F=mgtan37,故 A 正确;回路中电流为 I= ,I= ,故 B 错37误;回路中电流的总功率为 P=Fv=mgvtan37,故 C 错误;I= ,又 I= ,2 37故 m= ,故 D 正确。3.(多选)(2018衡水高二检测)如图所示,边长为 L、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域,其磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系为 B=kt(常量 k0)。回路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0,滑片 P 位于滑动变阻器中央,定值电阻 R1=R0、R 2=0.5R0。闭合开关S,电压表的示数为 U,不考虑虚线 MN 右侧导体的感应电动势,则 ( )A.R2

21、两端的电压为B.电容器的 a 极板带正电C.滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2的 5 倍D.正方形导线框中的感应电动势为 kL2【解析】选 A、C。根据题意,正方形线框内有一圆形磁场,该磁场产生的电动势为11E= S=kr 2,故 D 错误;电压表示数 U 指的是外电压,由于外电路中电阻连接方式为:滑动变阻器右边部分 R 右 与 R2并联,其总电阻为 ,之后与 R 左 = 和 R1=R0串联,据串联电路04 02和并联电路电压分配规律,这三部分电压分别为 、 和 ,故 A 正确;据楞次定律可以判断圆形磁场中产生的感应电流为逆时针,故电容器 b 极板带正电,故 B 错误;根据串、并联电路电流特

22、征,滑动变阻器上的热功率为 P=I2 + = ,R2上产生的热功率528为 P= ,则有 =5,故 C 正确。【补偿训练】1.如图甲所示,两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,导轨间距为 L=1 m,两导轨的上端间接有电阻,阻值 R=2 。虚线 OO下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场,磁场磁感应强度为 2 T。现将质量为 m=0.1 kg、电阻不计的金属杆 ab,从 OO上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触,且始终保持水平,不计导轨的电阻。已知金属杆下落 0.3 m 的过程中加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图乙所示。(g 取 10 m/s2)求:(1)金属杆刚进入

23、磁场时速度为多大?下落了 0.3 m 时速度为多大?(2)金属杆下落 0.3 m 的过程中, 在电阻 R 上产生多少热量?【解析】(1)刚进入磁场时,a 0=10 m/s2方向竖直向上12由牛顿第二定律有 BI0L-mg=ma0若进入磁场时的速度为 v0,有I 0= ,E0=BLv0,得 v0=0 (+0)22代入数值有:v 0= m/s=1 m/s0.1(10+10)22212下落 0.3 m 时,通过 a-h 图象知 a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡有 mg=BIL 其中 I=,E=BLv,可得下落 0.3 m 时杆的速度 v=代入数值有:v= m/s=0.5 m/s。(2)从开始

24、到下落 0.3 m 的过程中,由能量守恒定律有 mgh=Q+ mv212代入数值有 Q=0.287 5 J答案:(1)1 m/s 0.5 m/s (2)0.287 5 J2.某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为 R=0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为 R 的金属棒 OA,A 端与导轨接触良好,O 端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为 r= 的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为 m=0.5 kg 的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度 B=0.5 T。a 点与导轨相连,b

25、点通过电刷与 O 端相连。测量 a、b 两点间的电势差 U 可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落 h=0.3 m 时,测得U=0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度13g 取 10 m/s2)(1)测 U 时,与 a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?(2)求此时铝块的速度大小。(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。【解析】(1)由右手定则可知 A 是电源正极,所以 a 点接的是电压表的正极。(2)导体棒切割磁感线产生的电动势 E=2金属圆盘和金属棒的角速度相同,设为 ,铝块速度为 v,则 v= ,vA=R,代入数据可得v=2 m/s(其中 E=U)。(3)根据能量的转化与守恒,下落过程中铝块机械能的损失 E=mgh- ,22代入数据得 E=0.5 J答案:(1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J