高二一部物理期中模拟(五)资料.doc

电磁感应章末复习学案知识网络一、基础知识1、磁通量(1)定义：在匀强磁场中，磁感应强B与垂直磁场方向的面积S的乘积，叫做穿过这个面的磁通量，简称磁通。(2)公式：BS(3)物理意义：物理学中规定：穿过垂直于磁感应强度方向的单位面积的磁感线条数等于磁感应强度B。所以，穿过某个面的磁感线条数表示穿过这个面的磁通量。2、电磁感应现象(1)电磁感应现象：利用磁场产生电流的现象，叫做电磁感应现象。(2)感应电流：在电磁感应现象中产生的电流，叫做感应电流。(3)产生电磁感应现象的条件： a闭合电路；b磁通量变化3、感应电动势(1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势，叫做感应电动势。从低电势位置指向高电势位置。(2)产生感应电动势的条件：穿过回路的磁通量发生变化。(3)方向规定：内电路中的感应电流方向，为感应电动势方向。二、基本规律1、楞次定律感应电流的方向(1)楞次定律 产生产生阻碍磁通量变化 感应电流感应电流的磁场 (2) 利用楞次定律判定感应电流方向的一般步骤是：明确闭合回路中引起感应电流的原磁场方向；确定原磁场穿过闭合回路中的磁通量如何变化(是增大还是减小)；根据楞次定律确定感应电流的磁场方向简称“增反减同”利用安培定则确定感应电流方向 (3)楞次定律的多种表述从磁通量变化的角度：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。从导体和磁场的相对运动：导体和磁体发生相对运动时，感应电流的磁场总是阻碍相对运动。从感应电流的磁场和原磁场：感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化。(增反、减同)楞次定律的特例右手定则 例1：如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈突然缩小为线圈，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是()A有顺时针方向的感应电流B有逆时针方向的感应电流C先逆时针后顺时针方向的感应电流D无感应电流 例2：如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab 杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动？A.向右匀速运动 B.向右加速运动C.向左加速运动 D.向左减速运动例3：如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将如何移动？A向左移动 B向右移动 C静止不动 D无法判断2、法拉第电磁感应定律(1) 磁通量变化率：单位时间内磁通量的变化量，即反映磁通量变化的快慢。(2)法拉第电磁感应定律内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比。公式：En磁通量改变的方式：线圈跟磁体之间发生相对运动，这种改变方式是S不变而相当于B发生变化；线圈不动，线圈所围面积也不变，但穿过线圈面积的磁感应强度是时间的函数；线圈所围面积发生变化，线圈中的一部分导体做切割磁感线运动，其实质也是B不变而S增大或减小；线圈所围面积不变，磁感应强度也不变，但二者之间夹角发生变化。（2）、导体做切割磁感线运动时的感应电动势导体切割磁感线的速度方向与磁场方向垂直：EBLv导体切割磁感线的速度方向与磁场方向有一个夹角：EBLvBLvsin3、电磁感应规律的综合应用(1)电磁感应规律与电路的基本思路：明确哪一部分电路产生电磁感应，则这部分电路就是电源正确分析电路的结构，画出等效电路图结合有关的电路规律建立方程求解(2)电磁感应和力学与动力学、运动学结合的动态分析，思考方法是：电磁感应现象中感应电动势感应电流通电导线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地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态与功、能、动量守恒的综合应用从能量转化的观点求解此类问题可使解题简化例：闭合电路的部分导体做切割磁感线运动引起的电磁感应现象中，都有安培力做功正是导体通过克服安培力做功将机械能转化为电能，这个功值总是与做功过程中转化为电能的数值相等在无摩擦的情况下，又与机械能的减少数值相等，在只有电阻的电路中，电能又在电流流动的过程中克服电阻转化为电热Q热，这样可得到关系式E机E电Q热，按照这个关系式解题，常常带来很大方便基本问题例4一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为()A. B1 C2 D4图象问题例5 如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到MN的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是()解析：选A.由EBlv可以直接判断选项A正确动力学、运动学问题例6： 如图所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：线圈进入磁场过程中产生的电热Q。线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。解：由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s 2到3是减速过程，因此安培力 减小，由F-mg=ma知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s2能量问题例7如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F此时（BCD ）BabR1R2（A）电阻R1消耗的热功率为Fv3（B）电阻 R。消耗的热功率为 Fv6（C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcos（D）整个装置消耗的机械功率为（Fmgcos）v解析：由法拉第电磁感应定律得 EBLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 FBIL，所以电阻R1的功率P1（0.5I）2 R=Fv/6，B选项正确。由于摩擦力 fmgcos，故因摩擦而消耗的热功率为 mgvcos。整个装置消耗的机械功率为（F+mgcos）v。4、(1)自感现象：这种由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫做自感现象。(2)自感电动势概念：在自感现象中产生的感应电动势，叫做自感电动势。公式： EL自感电动势方向：由楞次定律得，自感电动势的方向要阻碍原电流的变化。例8 如图所示的电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计以下判断正确的是()A闭合S，稳定后，电容器两端电压为EB闭合S，稳定后，电容器的a极带正电C断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电D断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电解析：选C.闭合S，稳定后，由于线圈L的直流电阻为零，所以线圈两端电压为零，又因为电容器与线圈并联，所以电容器两端电压也为零，A、B错误；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，线圈中产生与原电流方向相同的自感电动势，并作用在电容器上，所以，此时电容器a极板将带正电，b极板将带负电，C正确、D错误针对训练1.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图413所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A02 sB2 s4 sC4 s5 sD5 s10 s解析：选D.图象斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小2如图所示，当磁铁绕O1O2轴匀速转动时，矩形导线框（不考虑重力）将如何运动？A顺时针转动。B逆时针转动。C随磁铁同方向转动，转速小于磁铁转速。D静止不动解：本题分析方法很多，最简单的方法是：从“阻碍相对运动”的角度来看，导线框一定会跟随条形磁铁同方向转动起来。如果不计一切摩擦阻力，最终导线框将和磁铁转动速度无限接近到可以认为相同；如果考虑摩擦阻力，则导线框的转速总比条形磁铁转速小些（线框始终受到安培力矩的作用，大小和摩擦力的阻力矩相等）。如果用“阻碍磁通量变化”来分析，结论是一样的，但是叙述要复杂得多。可见这类定性判断的题要灵活运用楞次定律的各种表达方式。3.如图所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，一铜环R沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平铜环先后经过轴上1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3.位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距，则()Aa1a2gBa3a1gCa1a3a2 Da3a1a2解析：选ABD.圆环落入螺线管及从螺线管飞出时，环中感应电流所受安培力向上，故a1g，a3g，但经过3时速度较快，较大，所受安培力较大，故a3a1g.圆环经过位置2时，磁通量不变，不受安培力，a2g，故A、B、D正确4(2011年深圳高二检测)如图417所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中()A导体框中产生的感应电流方向相同B导体框中产生的焦耳热相同C导体框ad边两端电势差相同D通过导体框截面的电量相同解析：选AD.由楞次定律，从两个方向移出磁场过程中感应电流方向都是adcba，A项正确；以v拉出磁场时，cd边等效为电源E1Blv，I1，t，所以产生的焦耳热Q1IRt，ad边电势差UadI1通过的电量q1I1t以3v拉出磁场时，ad边等效为电源Q2，Uad，q2，故B、C错，D对5. (2011年高考江苏卷)如图414所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中()A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安培力的合力为零D线框的机械能不断增大解析：选B.直线电流的磁场离导线越远，磁感线越稀，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错故B对6.(2009年高考天津卷)如图419所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A棒的机械能增加量B棒的动能增加量C棒的重力势能增加量 D电阻R上放出的热量解析：选A.棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力根据机械能守恒的条件可知力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A选项正确7（08山东卷）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放则（ AC ）A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为abC金属棒的速度为v时所受的安培力大小为D电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为时，产生的电动势为，受到的安培力为，计算可得,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。8（2009年广东物理）如图18（a）所示，一个电阻值为R，匝数为的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图18（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。答案：（1），电流由b向a通过；（2）【解析】（1）由法拉第电磁感应定律得感应电动势为由闭合电路的欧姆定律，得通过的电流大小为由楞次定律知该电流由b向a通过（2）由得在0至时间内通过的电量为由焦耳定律得在0至时间内产生的热量为9（2011天津）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止。取g=10m/s2，问：（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？解：（1）棒cd受到的安培力 棒cd在共点力作用下平衡，则 由式代入数据解得 I=1A，方向由右手定则可知由d到c。（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有 代入数据解得 F=0.2N （3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知 设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势 E=Blv 由闭合电路欧姆定律知 由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移 x=vt 力F做的功 W=Fx 综合上述各式，代入数据解得 W=0.4J10(2010年高考天津理综卷)如图423所示，质量m10.1 kg，电阻R10.3 ，长度l0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上框架质量m20.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数0.2.相距0.4 m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长，电阻R20.1 的MN垂直于MM.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5 T垂直于ab施加F2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保持良好接触当ab运动到某处时，框架开始运动设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q0.1 J，求该过程ab位移x的大小解析：(1)ab对框架的压力F1m1g(1分)框架受水平面的支持力FNm2gF1(1分)依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2FN(1分)ab中的感应电动势EBlv(1分)MN中电流I(1分)MN受到的安培力F安IlB(1分)框架开始运动时F安F2(1分)由上述各式代入数据解得v6 m/s.(1分)(2)闭合回路中产生的总热量Q总Q(1分)由能量守恒定律，得Fxm1v2Q总(2分)代入数据解得x1.1 m(1分)答案：(1)6 m/s(2)1.1 m11 如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，拉力的大小F； 拉力的功率P；拉力做的功W；线圈中产生的电热Q ；通过线圈某一截面的电荷量q 。解：这是一道基本练习题，要注意计算中所用的边长是L1还是L2 ，还应该思考一下这些物理量与速度v之间有什么关系。 与v无关特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中与速度无关！ 12（2011上海）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R=1.5的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。(取)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；(2)金属棒下滑速度时的加速度(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。 解：（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此 （1分）（2分）（2）金属棒下滑时受重力和安培力 （1分）由牛顿第二定律 （3分） （2分）(3)此解法正确。 (1分)金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。 (2分) （1分） （1分）13（08北京卷）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为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cd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=BLvBL(2)此时线框中电流 I=cd两