高中物理 第4章 電磁感應(yīng)章末復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教版選修32

第4章 電磁感應(yīng)章末復(fù)習(xí)課【知識(shí)體系】 答案填寫電磁感應(yīng)現(xiàn)象磁通量BSBSsin 一部分導(dǎo)體發(fā)生變化感應(yīng)電流方向?qū)w運(yùn)動(dòng)方向磁通量的變化EBLvEn電流感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)漩渦電場(chǎng)主題1電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題1圖象類型2電磁感應(yīng)圖象的解題類型(1)由給出的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相關(guān)物理量3電磁感應(yīng)圖象的處理方法常常需要利用右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律與圖象數(shù)值(坐標(biāo)值、斜率、面積)對(duì)應(yīng)，利用楞次定律、右手定則與圖象正負(fù)值對(duì)應(yīng)【典例1】如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定向下為正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力F的作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)規(guī)定ab的方向?yàn)殡娏鞯恼较颍较蛴业姆较驗(yàn)橥饬Φ恼较?，則在02t0時(shí)間內(nèi)，能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流與時(shí)間或外力與時(shí)間關(guān)系的圖線是()解析：在0t0時(shí)間內(nèi)磁通量為向上減少，t02t0時(shí)間內(nèi)磁通量為向下增加，兩者等效，且根據(jù)Bt圖線可知，兩段時(shí)間內(nèi)磁通量的變化率相等，根據(jù)楞次定律可判斷02t0時(shí)間內(nèi)均產(chǎn)生由b到a的大小不變的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；在0t0可判斷所受安培力的方向水平向右，則所受水平外力方向向左，大小FBIL，隨B的減小呈線性減??；在t02t0時(shí)間內(nèi)，可判斷所受安培力的方向水平向左，則所受水平外力方向向右，大小FBIL，隨B的增加呈線性增加，選項(xiàng)D正確答案：D題后反思1明確兩坐標(biāo)軸代表的物理量以及圖線點(diǎn)、斜率、截距、圖線與橫軸所圍面積的意義2明確題目涉及的物理知識(shí)，如楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、右手定則、左手定則、安培力、功率、牛頓第二定律等3明確題目中規(guī)定的正方向，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向在相應(yīng)的圖象中均用正、負(fù)號(hào)來反映 針對(duì)訓(xùn)練1如圖所示，xOy坐標(biāo)系第一象限有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，第二、四象限內(nèi)沒有磁場(chǎng)一個(gè)圍成四分之一圓弧形的導(dǎo)體環(huán)Oab，其圓心在原點(diǎn)O，開始時(shí)導(dǎo)體環(huán)在第四象限，從t0時(shí)刻起繞O點(diǎn)在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)若以逆時(shí)針方向的電流為正，下列表示環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象中，正確的是()解析：在0內(nèi)，Oa切割磁感線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知，線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為負(fù)值；內(nèi)，Ob切割磁感線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知，線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為正值；TT內(nèi)，Oa切割磁感線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知，線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為正值；TT內(nèi)，Ob切割磁感線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則判斷可知，線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為負(fù)值無論哪個(gè)半徑切割磁感線，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小都相同，設(shè)角速度為，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式EBL2和歐姆定律可知感應(yīng)電流的大小是不發(fā)生變化的，由此可得知A、B、C錯(cuò)誤，D正確答案：D主題2電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題1電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程2能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化(2)求解焦耳熱Q的三種方法【典例2】如圖所示，寬度為L(zhǎng)0.2 m的足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌的一端連接阻值R1 的電阻導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B5 T一根質(zhì)量m100 g的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計(jì)現(xiàn)用一平行于導(dǎo)軌的拉力拉動(dòng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)速度v10 m/s，在運(yùn)動(dòng)過程中保持導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直求：(1)在閉合回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大?。?2)作用在導(dǎo)體棒上的拉力的大小；(3)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)30 cm時(shí)撤去拉力，求運(yùn)動(dòng)30 cm和撤去拉力至棒停下來的整個(gè)過程中電阻R上產(chǎn)生的總熱量解析：(1)EBLv50.210 V10 V，I10 A.(2)F拉F安BIL10 N.(3)運(yùn)動(dòng)30 cm過程中R上產(chǎn)生的熱量：Q1F拉s100.3 J3 J，撤去拉力至棒停下來的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量：Q2mv20.1100 J5 J，所以QQ1Q28 J.題后反思利用功能關(guān)系求解電磁感應(yīng)問題的基本方法：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律或?qū)w切割磁感線公式確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向(2)畫出等效電路，求解電路中相關(guān)參量，分析電路中能量轉(zhuǎn)化關(guān)系針對(duì)訓(xùn)練2如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻一質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒的位移x9 m時(shí)撤去外力，金屬棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221.導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1)金屬棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.解析：(1)設(shè)金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，回路的磁通量的變化量為，回路中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E，其中Blx，設(shè)回路中的平均電流為I，由閉合電路歐姆定律得：I，則通過電阻R的電荷量為：qIt，聯(lián)立式，得q.代入數(shù)據(jù)得q4.5 C.(2)設(shè)撤去外力時(shí)金屬棒的速度為v，對(duì)于金屬棒的勻加速運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v22ax，設(shè)金屬棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過程中安培力所做的功為W，由動(dòng)能定理得：W0mv2，撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2W，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Q21.8 J(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比：Q1Q221，可得Q13.6 J在金屬棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，外力F克服安培力做功，由功能關(guān)系可知WFQ1Q2，由式得WF5.4 J.統(tǒng)攬考情高考對(duì)本章的考查有選擇題和計(jì)算題兩種形式；選擇題主要考查電磁感應(yīng)、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、自感現(xiàn)象；計(jì)算題通常結(jié)合生產(chǎn)、新技術(shù)等情境建模，常與平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、能量守恒、閉合電路歐姆定律等知識(shí)綜合考查，試題難度較大真題例析(2016全國(guó)卷)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：由電磁感應(yīng)定律得EBl，I，故一定時(shí)，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；由右手定則知圓盤中心為等效電源正極，圓盤邊緣為負(fù)極，電流經(jīng)外電路從a經(jīng)過R流到b，選項(xiàng)B正確；圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變時(shí)，等效電源正負(fù)極不變，電流方向不變，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；P，角速度加倍時(shí)功率變成4倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤故選AB.答案：AB針對(duì)訓(xùn)練(2015課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列判斷正確的是()AUa>Uc，金屬框中無電流BUb>Uc，金屬框中電流方向沿abcaCUbcBl2，金屬框中無電流DUbcBl2，金屬框中電流方向沿acba解析：當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過直角三角形金屬框abc的磁通量恒為0，所以沒有感應(yīng)電流，由右手定則可知，c點(diǎn)電勢(shì)高，UbcBl2，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤答案：C1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磁場(chǎng)，螺線管下方水平桌面上有一導(dǎo)體環(huán)導(dǎo)線abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按下列圖中所示的方式隨時(shí)間變化時(shí)，能使導(dǎo)體環(huán)受到向上的磁場(chǎng)作用力的是() ABCD解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得ES，又根據(jù)楞次定律可得，當(dāng)導(dǎo)體環(huán)受到向上的磁場(chǎng)力時(shí)，說明穿過線圈的磁通量正在減小，所以導(dǎo)線abcd中的電流正在減小，由I可知，正在減小，即Bt圖象上各點(diǎn)切線的斜率隨時(shí)間減小，應(yīng)選A.答案：A2.(多選)如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓盤開始減速在圓盤減速過程中，以下說法正確的是()A處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高B所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)C若所加磁場(chǎng)反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng)D若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)解析：由右手定則可知，處于磁場(chǎng)中的圓盤部分，靠近圓心處電勢(shì)高，選項(xiàng)A正確；根據(jù)EBLv可知所加磁場(chǎng)越強(qiáng)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越大，產(chǎn)生的電功率越大，消耗的機(jī)械能越快，則圓盤越容易停止轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；若加反向磁場(chǎng)，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)，故圓盤仍減速轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤則圓盤中無感應(yīng)電流，不消耗機(jī)械能，圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確故選ABD.答案：ABD3.如圖所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速地拉到磁場(chǎng)外，不考慮線框的重力，若閉合線框的電流分別為Ia、Ib，則IaIb為()A14B12C11 D不能確定解析：產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBlv，由閉合電路歐姆定律得I，又Lb2La，由電阻定律知Rb2Ra，故IaIb11.答案：C4.小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡線圈的水平邊長(zhǎng)L0.1 m，豎直邊長(zhǎng)H0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B01.0 T，方向垂直線圈平面向里線圈中通有可在02.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測(cè)物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使得天平平衡，測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量(重力加速度取g10 m/s2)圖1(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2100匝、形狀相同的線圈，總電阻R10 ，不接外電流，兩臂平衡，如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪0.1 m當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率.圖2解析：(1)線圈受到安培力FN1B0IL，天平平衡得mgN1B0IL，代入數(shù)據(jù)得N125匝(2)由電磁感應(yīng)定律得EN2，EN2Ld，由歐姆定律得I.線圈受到安培力FN2B0IL，天平平衡mgNB0，代入數(shù)據(jù)可得0.1 T/s.5如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速度v勻速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略求：(1)電阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小解析：(1)導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBLv，根據(jù)歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I，電阻R消耗的功率為PI2R，聯(lián)立可得P.(2)對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安mgF，F(xiàn)安BIlBl，故Fmg.6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375