北京市2019版高考物理专题十二电磁感应课件20190225173.pptx

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1、专题十二 电磁感应,高考物理 (北京市专用),1.(2012北京理综,19,6分,0.46)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图,她把一个 带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过 套环。闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起。 某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动。对比老 师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是 ( ),考点一 电磁感应现象 楞次定理 A组 自主命题北京卷题组,五年高考,A.线圈接在了直流电源上 B.电源电压过高 C.所选线圈的匝数过多 D.所用套环的材料与老师的不同,答案 D

2、 闭合开关S,金属套环跳起,是S闭合瞬间,穿过套环的磁通量变化,环中产生感应电 流的缘故。产生感应电流要具备两个条件:回路闭合和穿过回路的磁通量变化。只要连接电 路正确,闭合S瞬间,就会造成穿过套环磁通量变化,与电源的交直流性质、电压高低、线圈匝 数多少均无关。该同学实验失败,可能是套环选用了非导电材料的缘故,故D选项正确。,2.(2018课标,19,6分)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连 接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在 直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是 ( )A.开关闭合后的瞬间

3、,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,B组 统一命题课标卷题组,答案 AD 本题考查电流的磁效应、楞次定律等知识。当开关闭合瞬间,右侧线圈中电流突 然增大,铁芯上向右的磁场增强,由楞次定律可知左侧线圈中正面感应电流向上,则远处直导线 上电流向左,由安培定则可知小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里,A项正 确。开关闭合并保持一段时间后,磁场不再变化,左侧线圈中没有感应电流,小

4、磁针N、S极回 到原始方向,故B、C两项错误。开关断开的瞬间,右侧线圈中电流减小,左侧线圈正面感应电 流向下,远处直导线上电流向右,由安培定则知,小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸 面向外,故D项正确。,审题指导 关键词在审题中的作用 关键词:同一根铁芯,意味着左右两侧线圈中磁通量变化率相同;远处,说明此处小磁针不 再受线圈中磁通量变化的影响;小磁针悬挂在直导线正上方,说明磁针的偏转受直导线上电 流产生的磁场影响。,3.(2018课标,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ 的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从

5、Q到P为电流正方向。导线 框R中的感应电动势 ( ) A.在t= 时为零 B.在t= 时改变方向 C.在t= 时最大,且沿顺时针方向 D.在t=T时最大,且沿顺时针方向,答案 AC 本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由i-t图像可知,在t= 时, = 0,此时穿过导线框R的磁通量的变化率 =0,由法拉第电磁感应定律可知,此时导线框R中的 感应电动势为0,选项A正确;同理在t= 和t=T时, 为最大值, 为最大值,导线框R中的感应 电动势为最大值,不改变方向,选项B错误;根据楞次定律,t= 时,导线框R中的感应电动势的方 向为顺时针方向,而t=T时,导线框R中的感应电动势的方向为逆时针

6、方向,选项C正确,选项D错 误。,一题多解 当导线PQ中电流变大时,穿过导线框R的磁通量变大,由楞次定律可知,为阻碍磁通 量变大,R有向右的运动趋势,根据两直导线电流同向相吸,异向相斥,可判断R中的电流方向。 同理,可判断当导线PQ中电流变小时导线框R中的电流方向。,4.(2017课标,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面 与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回 路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感 应电流的方向,下列说法正确的是 ( )A.PQRS中沿顺时针

7、方向,T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向,答案 D 金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流在PQRS内 的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS中产生逆时针方向的电流。穿过T的磁通 量是外加匀强磁场和PQRS产生的感应电流的磁场的磁通量代数和,穿过T的合磁通量垂直纸 面向里减小,据楞次定律和安培定则可知,T中产生顺时针方向的感应电流,故D正确。,易错点拨 对楞次定律的深度理解 线框与导轨共面且与磁场垂直。当金属杆PQ向右运动时,PQRS

8、中向里的磁通量增加,从而产 生逆时针方向的感应电流。T中原有垂直纸面向里的磁通量不变,而增加了因PQRS中感应电 流产生的向外的磁通量,导致T中垂直纸面向里的合磁通量减小,从而产生顺时针方向的感应 电流。,5.(2017课标,18,6分)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了 有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加 磁场来快速衰减其微小振动,如图所示。无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出 现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 ( ),答案 A 本题考查电磁阻尼。若要有效衰减紫铜薄板上下及左右

9、的微小振动,则要求施加 磁场后,在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时,穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变 化。由选项图可知只有A满足要求,故选A。,6.(2015课标,19,6分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中 将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。 实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来, 但略有滞后。下列说法正确的是 ( )A.圆盘上产生了感应电动势 B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D.圆

10、盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动,答案 AB 如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO轴转动时, 均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见 A、B均正确。由于圆盘面积不变,与磁针间的距离不变,故整个圆盘中的磁通量没有变化,C错 误。圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断在中心方向竖 直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不会导致磁针转动,D错误。,7.(2014课标,14,6分,0.676)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到 感应电流的是 ( )

11、 A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化 B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化 C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间 去观察电流表的变化 D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表 的变化,答案 D 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈

12、中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。,解题关键 只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,闭合导体回路中就有感应电流。,8.(2005北京理综,21,6分)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关 如图连接,在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端 P向左加速滑动时,电流计指针向右偏转。由此可以判断 ( )A.线圈A向上移动或滑动变

13、阻器滑动端P向右加速滑动,都能引起电流计指针向左偏转 B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关,都能引起电流计指针向右偏转 C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动,都能使电流计指针静止在中央 D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知,故无法判断电流计指针偏转的方向,C组 教师专用题组,答案 B 由题意和电路连接图可知,当变阻器滑动端P向左加速滑动时,穿过B的磁通量变小, 故可知磁通量变小时,会产生使电流计指针向右偏转的感应电流;上移线圈A、拔出铁芯、断 开开关等都会使穿过B的磁通量减小,电流计指针右偏。而P加速右滑会增大穿过B的磁通量, 电流计指针左偏,故选项A错B对;只要滑动端P移动,就会使穿

14、过B的磁通量变化而产生感应电 流,C项错误;只要弄清磁通量的变化就可判断指针偏转方向,D项错误。,1.(2016北京理综,16,6分,0.79)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所 在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为21,圆环中产生的感应电 动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是 ( )A.EaEb=41,感应电流均沿逆时针方向 B.EaEb=41,感应电流均沿顺时针方向 C.EaEb=21,感应电流均沿逆时针方向 D.EaEb=21,感应电流均沿顺时针方向,考点二 法拉第电磁感应定律 自感 A组 自主命题北京卷题组,答案

15、B 由题意可知 =k,导体圆环中产生的感应电动势E= = S= r2,因rarb= 21,故EaEb=41;由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向,选项B正确。,方法技巧 磁感应强度均匀增大,说明磁感应强度的变化率恒定,故感应电动势的大小与圆环 的面积成正比;利用“增反减同”可以确定感应电流的方向。,评析 本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律,试题难度较小。解题关键是正确理解楞次 定律中的阻碍作用。,2.(2013北京理综,17,6分,0.85)如图,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属 杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增

16、 为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比 E1E2分别为 ( ) A.ca,21 B.ac,21 C.ac,12 D.ca,12,答案 C 杆MN向右匀速滑动,由右手定则判知,通过R的电流方向为ac;又因为E=BLv,所以 E1E2=12,故选项C正确。,考查点 右手定则、感应电动势。,思路点拨 左手定则和右手定则的选用:“左力右电”,左手定则是判断通电导体在磁场中所 受安培力的方向的,而右手定则是判断导体切割磁感线时产生感应电流的方向的,不要弄混。,3.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2

17、为电感线圈。 实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相 同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是 ( ) A.图1中,A1与L1的电阻值相同 B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流 C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同 D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等,答案 C 本题考查自感现象判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的 电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2 的自感作用,通过L2的电

18、流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故 R与L2的阻值相同,C项正确。,知识拓展 断电自感现象深入分析 图1实验为断电自感实验,当S1断开后,L1与A1构成一个闭合回路,L1的自感电动势使回路中的电 流保持一段时间,故A1会逐渐变暗。,4.(2011北京理综,19,6分)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯 泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关S,小灯 泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时 出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造

19、成小灯泡未闪亮的原因 是 ( ) A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大 C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大,答案 C 由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时熄灭的原因是在线圈中 产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流。由图可知灯泡和线圈构 成闭合的自感回路,与电源无关,故A错。造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯 泡的原电流,当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象,故B错C正确。自感系数与小灯 泡是否闪亮无直接关系,故D错。,5.(2015北京理综,22,16分,0.87)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,宽度L=0.4 m, 一端连接

20、R=1 的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。导体棒 MN放在导轨上,其长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略 不计。在平行于导轨的拉力F作用下,导体棒沿导轨向右匀速运动,速度v=5 m/s。求: (1)感应电动势E和感应电流I; (2)在0.1 s时间内,拉力的冲量IF的大小; (3)若将MN换为电阻r=1 的导体棒,其他条件不变,求导体棒两端的电压U。,解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势 E=BLv=10.45 V=2 V 感应电流I= = A=2 A (2)拉力大小等于安培力大小F=BIL=120.4 N=0.8 N 冲

21、量大小IF=Ft=0.80.1 Ns=0.08 Ns (3)由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流 I= = A=1 A 由欧姆定律可得,导体棒两端电压U=IR=1 V,考查点 电磁感应中的动力学问题和电路问题。,解题关键 切割磁感线的导体棒MN相当于电源,内阻不计;匀速运动,意味着外力与安培力平 衡。,答案 (1)2 V 2 A (2)0.08 Ns (3)1 V,6.(2018课标,17,6分)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆 心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与 轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直

22、的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM 从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程);再使磁感应强度的大小以一定 的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则 等于 ( )A. B. C. D.2,答案 B 本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式。由公式E= ,I= ,q=It得q= ,设 半圆弧半径为r,对于过程,q1= ,对于过程,q2= ,由q1=q2得, = ,故B项正确。,B组 统一命题课标卷题组,规律总结 电磁感应中电荷量的求解方法 2.q= ,其中的求解有三种情况:(1)只有S变化,=BS;(2)只有B变化,=BS;(3)B和S 都变化,=2

23、-1。,7.(2015课标,15,6分,0.337)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小 为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时,a、b、c三点的电势分 别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是 ( ) A.UaUc,金属框中无电流 B.UbUc,金属框中电流方向沿a-b-c-a C.Ubc=- Bl2,金属框中无电流 D.Uac= Bl2,金属框中电流方向沿a-c-b-a,答案 C 闭合金属框在匀强磁场中以角速度逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为 零,金属框中无电流。由右手定则可知Ub=UaUc,A、B、D选项错误;b

24、、c两点的电势差Ubc=- Blv中=- Bl2,选项C正确。,8.(2017课标,20,6分)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。 边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图 (a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势 随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正 确的是 ( ) A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在t=0.4 s至t=0.

25、6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N,答案 BC 本题考查法拉第电磁感应定律、安培力、右手定则,考查学生的推理能力、利用 图像获得信息的能力。导线框匀速进入磁场时速度v= = m/s=0.5 m/s,选项B正确;由E= BLv,得B= = T=0.2 T,选项A错误;由右手定则可确定磁感应强度方向垂直于纸面向 外,选项C正确;导线框所受安培力F=BLI=BL =0.20.1 N=0.04 N,选项D错误。,解题关键 利用图像获取信息:线框匀速进入磁场的时间;感应电动势的正负及大小。,9.(2016课标,20,6分)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜

26、轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。 圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是 ( ) A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍,答案 AB 设圆盘的半径为L,可认为圆盘由无数根辐条构成,则每根辐条切割磁感线产生的 感应电动势E= BL2,整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成,电源总内阻为 零,故回路中电流I= = ,由此可

27、见A正确。R上的热功率P=I2R= ,由此可见,变为原 来的2倍时,P变为原来的4倍,故D错。由右手定则可判知B正确。电流方向与导体切割磁感线 的方向有关,而与切割的速度大小无关,故C错。,疑难突破 金属圆盘在恒定的匀强磁场中转动时,其等效电源的模型如图所示,每个电源的电 动势E= BL2(L为圆盘的半径),内阻为r0,则n个电源并联后的总电动势仍为E,总内阻r= ,n 时,r=0。,评析 本题以转动的圆盘为背景,考查了考生构建模型的能力。从知识角度,本题考查了感应 电动势、右手定则、闭合电路欧姆定律、电功率等基础知识,综合性较强,属于中等难度题。,10.(2009北京理综,23,18分)单位

28、时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量(以下 简称流量)。有一种利用电磁原理测量非磁性导电液体(如自来水、啤酒等)流量的装置,称为 电磁流量计。它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成。 传感器的结构如图所示,圆筒形测量管内壁绝缘,其上装有一对电极a和c,a、c间的距离等于测 量管内径D,测量管的轴线与a、c的连接方向以及通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直。 当导电液体流过测量管时,在电极a、c间出现感应电动势E,并通过与电极连接的仪表显示出 液体的流量Q。设磁场均匀恒定,磁感应强度为B。,C组 教师专用题组,(1)已知D=0.40 m,B=2.510-3T,Q=0.

29、12 m3/s。设液体在测量管内各处流速相同,试求E的大小( 取3.0); (2)一新建供水站安装了电磁流量计,在向外供水时流量本应显示为正值,但实际显示却为负 值。经检查,原因是误将测量管接反了,既液体由测量管出水口流入,从入水口流出。因水已加 压充满管道,不便再将测量管拆下重装,请你提出使显示仪表的流量指示变为正值的简便方法; (3)显示仪表相当于传感器的负载电阻,其阻值记为R。a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率 的变化而变化,从而会影响显示仪表的示数。试以E、R、r为参量,给出电极a、c间输出电压U 的表达式,并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响。,答案 (1)1.01

30、0-3V (2)见解析 (3)见解析,解析 (1)导电液体通过测量管时,相当于导线做切割磁感线的运动,在电极a、c 间切割磁感 线的液柱长度为D, 设液体的流速为v,则产生的感应电动势为 E=BDv 由流量的定义,有Q=Sv= v 式联立解得E=BD = 代入数据得E= V=1.010-3V (2)能使仪表显示的流量变为正值的方法简便、合理即可,如:改变通电线圈中电流的方向,使 磁场反向,或将传感器输出端对调接入显示仪表。 (3)传感器、显示仪表构成闭合电路,由闭合电路欧姆定律有 I= U=IR= = 输入显示仪表的是a、c间的电压U,流量示数和U一一对应, E 与液体电阻率无关,而r随电阻率

31、 的变化而变化,由式可看出, r变化相应地U也随之变化。在实际流量不变的情况下,仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化。增大R,使Rr,则UE,这样就可以降低液体电阻率的变化对显示仪表流量示数的影响。,1.2014北京理综,24(1),0.20导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如 图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的 水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;导线MN始终与导 线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强 度为B。忽略摩擦阻力和导线

32、框的电阻。 通过公式推导验证:在t时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线 MN中产生的焦耳热Q。,考点三 电磁感应中的综合问题 A组 自主命题北京卷题组,解析 电动势E=BLv 导线匀速运动,受力平衡F=F安=BIL 在t时间内, 外力F对导线做功W=Fvt=F安vt=BILvt 电路获得的电能W电=qE=IEt=BILvt 可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电; 导线MN中产生的焦耳热Q=I2Rt=ItIR=qE=W电 可见,电路获得的电能W电等于导线MN中产生的焦耳热Q。,答案 见解析,考查点 电磁感应中的能量转化。,思路点拨 导线匀速运动,受力平衡。

33、在t时间内,外力做功等于安培力做功等于F安vt,电路 获得的总电能等于IEt,而焦耳热等于I2Rt,只要证明三者相等即可。,反思总结 题目给出的是一个动态平衡过程,在这个过程中外力克服安培力做功,与做功等量 的外部能量转化为等量的电能输送到电路,又由于电阻的存在,电能又转化为焦耳热,这道题体 现了电磁感应中典型的能量转化关系。,2.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。 直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面 内,相距为L,电阻不计

34、。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良 好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。 图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点 M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。 (1)求在t时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。 (2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为,了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意 图。 b.我们知道

35、,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何 在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。,解析 本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦兹力的方向及其在能量转化中的作用。 (1)图1中,电路中的电流I1= 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在t时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功 E电=F1vt= 图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL 在t时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功 E机=F2vt=BILvt (2)a.如图甲、图乙所示。,答案 见解析,b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为

36、u。 如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力f1=qvB,做负功 W1=-f1ut=-qvBut 垂直棒方向的洛伦兹力f2=quB,做正功 W2=f2vt=quBvt,所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。 f1做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2做正功,宏 观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将 电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。,疑难突破 洛伦兹力做功及其作用 在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会

37、受 到沿棒方向的洛伦兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量 向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体 棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛伦兹力,宏观上表现为“导体棒受到的 安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。,3.(2018课标,18,6分)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形 匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为 l的正 方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是 ( ),B组

38、统一命题、课标卷题组,答案 D 本题考查右手定则、E=BLv。由右手定则判定,线框向左移动0 过程,回路中电流 方向为顺时针,由E=2BLv可知,电流i为定值;线框向左移动 l过程,线框左、右两边产生的感 应电动势相抵消,回路中电流为零。线框向左移动l l过程,回路中感应电流方向为逆时针。 由上述分析可见,选项D正确。,方法技巧 电磁感应中图像问题分析技巧 由方向的合理性可直接排除错误选项,如果需要,再定量分析电流大小的变化情况确定正确选项。,4.(2014课标,18,6分,0.491)如图(a),线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以变化的 电流。用示波器测得线圈cd间电压如图(b

39、)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成 正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是 ( ),答案 C A选项中只有电流方向改变的瞬间,线圈cd间才会产生电压,其他时间cd间电压为 零,不符合题意,故A选项错误。通电线圈中产生的磁场B=ki(k为比例系数);在另一线圈中的磁 通量=BS=kiS,由法拉第电磁感应定律可知,在另一线圈中产生的感应电动势E=n ,由图(b) 可知,|Ucd|不变,则 不变,故 不变,故选项B、D错误,C正确。,审题点拨 线圈ab和cd绕在同一软铁芯上,两线圈中磁通量的变化情况一致。ab线圈因 电生磁,cd线圈因磁生电。结合法拉第电磁感应定律

40、分析判断。,评析 本题以变压器为载体,用图像语言描述原、副线圈中电压、电流、磁场随时间的变化 关系。要求学生明确图像六要素即点、线、面、轴、斜率、截距的实际物理意义。图像语 言作为描述物理情景的三种语言之一,是永恒的考查热点。,5.(2016课标,24,12分)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、 长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止 开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且 在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好, 两者之间的

41、动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求 (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值。,解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 ma=F-mg 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有 v=at0 当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为 E=Blv 联立式可得 E=Blt0 (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律 I= 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 f=BlI 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-mg-f=0 ,答案 (1)Blt0 (2),联立式得 R= ,解

42、题指导 金属杆的运动分为两个过程,进入磁场前,水平方向受拉力F与摩擦力的作用做匀 加速运动,可求出加速度a和到达磁场左边界时的速度,进入磁场后,杆做匀速直线运动,根据法 拉第电磁感应定律,求出电动势及电路中的电流,分析受力情况,由牛顿运动定律列方程求解即 可。,解题思路 分别分析金属杆在两个过程中的受力情况和运动情况,第一个过程的末速度即第 二个过程匀速运动的速度,结合法拉第电磁感应定律得到E,再根据第二个过程的匀速运动列 方程求出R。,6.(2016课标,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端 接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在

43、电阻、导轨和金属棒中间有一 面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关 系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直, 磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作 用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导 轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求 (1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值; (2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。,解析 (1)在金属

44、棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为=ktS 设在从t时刻到t+t的时间间隔内,回路磁通量的变化量为,流过电阻R的电荷量为q。由法 拉第电磁感应定律有=- 由欧姆定律有i= 由电流的定义有i= 联立式得|q|= t 由式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为 |q|= (2)当tt0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F 式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为 F=B0lI 此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0) 匀强磁场穿过回路的磁通量为=B0ls ,答案 (1) (2)B0lv0

45、(t-t0)+kSt (B0lv0+kS),回路的总磁通量为t=+ 式中,仍如式所示。由 式得,在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为 t=B0lv0(t-t0)+kSt 在t到t+t的时间间隔内,总磁通量的改变t为 t=(B0lv0+kS)t 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为 t= 由欧姆定律有I= 联立 式得f=(B0lv0+kS),评分参考 第(1)问7分,式各1分,式2分;第(2)问13分,式2分,式各1分, 式各2分, 式各1分。,解题指导 (1)金属棒在0t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形 成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量

46、的绝对值。 (2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等综合知 识可以求出恒力f的大小。,易错点拨 (1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。 (2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。,7.(2016课标,24,14分)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a 端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成 闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水 平。右斜面上

47、存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好 不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g。已知 金属棒ab匀速下滑。求 (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小; (2)金属棒运动速度的大小。,C组 教师专用题组,解析 (1)设两导线的张力大小之和为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的 安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得 2mg sin =N1+T+F N1=2mg cos 对于cd棒,同理有 mg sin +N2=T N2=mg cos 联立式得 F=mg(sin -

48、3 cos ) (2)由安培力公式得 F=BIL 这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为 =BLv 式中,v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得,答案 (1)mg(sin -3 cos ) (2)(sin -3 cos ),I= 联立式得 v=(sin -3 cos ) ,解题指导 解答此题的关键是对ab、cd棒受力分析,由平衡条件求出ab棒受到的安培力,再由 金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定出金属棒的速度。,知识归纳 此题考查电磁感应、电路和力学知识的综合应用,难度适中,受力分析是关键。,8.(2008北京理综,22,16分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,

49、每边长为L,总电阻为R,总 质量为m,将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处,如图所示,线框由静止自由下落,线 框平面保持在竖直平面内,且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时: (1)求线框中产生的感应电动势大小; (2)求c、d两点间的电势差大小; (3)若此时线框加速度恰好为零,求线框下落的高度h所应满足的条件。,解析 (1)cd边刚进入磁场时,线框速度 v= 线框中产生的感应电动势 E=BLv=BL (2)此时线框中电流I= c、d两点间的电势差 U=I( R)= BL (3)cd边所受安培力F=BIL= 根据牛顿第二定律可知,mg-F=ma 由a=0解得下落高度应满足h=,