金板学案高考物理一轮复习 第10章 电磁反应章末知识整合.doc

【金板学案】2016届高考物理一轮复习 第10章 电磁反应章末知识整合1感应电动势和感应电流本章主要研究感应电动势和感应电流的问题，而这个问题又可分为两种情况：一是线圈中的感应电动势和感应电流的问题；二是导体切割磁感线时的感应电动势和感应电流的问题对于前者，电动势用法拉第电磁感应定律en计算，方向用楞次定律判断较为方便，而后者电动势用eblv计算，方向用右手定则判断较为方便但注意二者不能割裂开来，后者是前者的一种特殊情况2电磁感应(1)电磁感应过程因感应电流的出现，使发生电磁感应的导体受到安培力的作用，从而影响导体所受合力，改变物体的加速度，速度相应改变又影响感应电流，形成一个周而复始的动态循环，这就是电磁感应问题中的动力学问题，处理的方法与力学相同，只是应注意安培力的特点(2)电磁感应过程又是一个能量转化的过程，该过程通过外力克服安培力做功将其他形式的能量转化为电能，电流流过导体通过电流做功又转化为内能，不管做功的力是恒力还是变力，只需理清能量转化的去向，用能的转化与守恒去处理，而不必追究做功的具体细节3常用思维方法(1)整体法与隔离法：在一些电磁感应问题中，利用从局部到整体，再从整体到局部的处理方法使问题大大简化，能方便地求出结果(2)等效法：电磁感应问题离不开电路，其中产生感应电动势的部分即为等效电源，画出等效电路，对解决问题而言，事半功倍(3)守恒法：利用物理过程中的某些守恒条件，由守恒关系，应用相应的守恒定律来解决物理问题，如能量守恒(4)图象法：为了直观形象地描述电磁感应现象，在这一部分引入了t、bt、ut、it等图象，应用时注意不同图象的物理意义 【例】如图所示，宽为40 cm的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v20 cm/s通过磁场区域取它刚进入磁场的时刻t0，下列图线中，能正确反映线框中感应电流强度随时间变化规律的是()解析：由题意可知线框进入磁场的时间为1 s，在磁场中运动的时间为1 s，离开磁场的时间也为1 s，则01 s内电流为逆时针方向且大小恒定，12 s内感应电流为0，23 s内感应电流为顺时针方向且大小恒定，则c正确答案：c点评：电磁感应与图象的分析与判断是高考常考考题，首先要利用右手定则或楞次定律分析感应电流或感应电动势的方向，对图线的分布作出判断；再次要利用法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律分析感应电动势和感应电流的大小，判断图线的走向【例】如右图所示，在垂直于匀强磁场b的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心o的轴转动，圆心o和边缘k通过电刷与一个电路连接电路中的p是加上一定正向电压才能导通的电子元件流过电流表的电流i与圆盘角速度的关系如下图所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点0代表圆盘逆时针转动已知：r3.0 ，b1.0 t，r0.2 m忽略圆盘、电流表和导线的电阻(1)根据下图写出ab、bc段对应的i与的关系式；(2)求出下图中b、c两点对应的p两端的电压ub、uc；(3)分别求出ab、bc段流过p的电流ip与其两端电压up的关系式解析：(1)由图象得出三点坐标：o(0，0)、b(15，0.1)、c(45，0.4)由直线的两点式得i与关系式：i(2)圆盘切割磁感线产生的电动势为： ebrbr20.02，当15 rad/s时，产生的电动势为e0.0215 v0.3 v.当45 rad/s时，产生的电动势为e0.0245 v0.9 v.忽略圆盘电阻即电源忽略内阻，故upe ，可得：ub0.3 v ，uc0.9 v . (3)由并联电路知识有：iipir，ir，由得：ipi.ipiii.ip答案：见解析一、选择题1(2014广东高考)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管p和塑料管q竖直放置小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部则小磁块(c)a在p和q中都做自由落体运动b在两个下落过程中的机械能都守恒c在p中的下落时间比在q中的长d落至底部时在p中的速度比在q中的大解析：在铜管中下落的小磁块由于电磁感应现象，根据楞次定律知小磁块下落将受到向上的安培力作用，在p中下落的加速度小于重力加速度，机械能减少；而在塑料管q内下降时不发生电磁感应现象，小磁块在q中下落时只受重力作用，故小磁块在q中下落时做自由落体运动、下落时间较短、落地速度较大、机械能守恒，故选项c正确2如图所示，电阻为r，其他电阻均可忽略ef是一电阻可不计质量为m的水平放置的导体棒，棒的两端分别与竖直放置的ab、cd框保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关s，则s闭合后(d)a导体棒ef的加速度一定大于gb导体棒ef的加速度一定小于gc导体棒ef最终速度随s闭合时刻的不同而不同d导体棒ef的机械能与回路中产生的内能之和一定守恒解析：s闭合后，导体棒切割磁感线，根据楞次定律，导体棒受竖直向上的安培力，如果安培力小于2mg，则导体棒ef的加速度一定小于g，如果安培力大于2mg，则导体棒ef的加速度大于g，选项a、b错误；最终导体棒做匀速运动，mg，导体棒ef最终速度是相同的，选项c错误；本题中，导体棒的机械能只转化为回路的内能，所以导体棒ef的机械能与回路中产生的内能之和一定守恒，选项d正确3如图所示，“u”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中现使ab棒突然获得一水平初速度v向右运动，下列说法正确的是(d)aab做匀减速运动b回路中电流均匀减小ca点电势比b点电势低dab受到的安培力方向水平向左解析：导体棒水平向右运动，切割磁感线，根据右手定则和左手定则，可知电流从b到a流过导体，导体棒受到水平向左的安培力，切割磁感线的导体棒相当于电源，电流在电源内部从低电势流向高电势，选项c错误，选项d正确；根据安培力公式和牛顿第二定律，可得fbilma，导体棒做加速度逐渐在减小的减速运动，选项a、b错误4如图，将电阻为r的正方形金属线圈从匀强磁场中向右匀速拉出，则(ac)a以大的速度拉出比较费力b以小的速度拉出比较费力c拉出时金属线圈中的电流为逆时针方向d拉出时金属线圈所受安培力不做功解析：拉出过程中金属线圈中的感应电动势为eblv，电流为i，金属线圈所受安培力的合力(等于左边所受安培力)为fbil，解得f.此力与金属线圈运动方向相反，做负功，速度越大，安培力越大，克服安培力的拉力越大；由右手定则可知，拉出金属线圈时产生逆时针电流选项b、d错误，a、c正确5水平放置的平行板电容器与线圈连接如图，线圈内有垂直纸面向里(设为正方向)的磁场为使带负电微粒静止在板间，磁感应强度b随时间t变化的图象应该是(bc)解析：带电微粒要静止在两板间，带电微粒受到向下的重力和向上的电场力，带电微粒带负电，则两板间有向下的电场，说明上极板带正电，根据楞次定律知磁场可能向里增加或向外减小，b、c正确，a、d错误6如图所示的竖直平面内，一个电阻均匀的正方形金属导线框abcd从图示位置由静止开始下落，进入一匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面向里，在线框进入磁场区域的整个过程中(ad)a线框中会产生感应电流，感应电流的方向为逆时针b线框速度的大小一定一直增大c线框中a、b两点间的电势差一定不断增加d线框受到的安培力的方向总是竖直向上解析：根据楞次定律可知，线框进入磁场过程中垂直纸面向里的磁通量增大，感应电流为逆时针方向，选项a正确；根据左手定则可知，进入磁场过程中线框受到向上的安培力，当安培力等于线框的重力时，线框做匀速运动，根据eblv可知，线框中a、b两点的电势差不一定增大，选项b、c错误；根据左手定则可知，线框受到的安培力始终是竖直向上的，选项d正确二、非选择题7如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直. 已知线圈的匝数n100，边长ab 1.0 m、bc0.5 m，电阻r2 . 磁感应强度b在01 s内从0均匀变化到0.2 t. 在15 s内从0.2 t均匀变化到0.2 t，取垂直纸面向里为磁场的正方向求： (1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小e和感应电流的方向；(2)在15 s内通过线圈的电荷量q；(3)在05 s内线圈产生的焦耳热q.解析：(1)感应电动势：e1n，磁通量变化：1b1s，解得：e1ns.代入数据得：e110 v.由楞次定律可判断出感应电流的方向为adcba.(2)同理可得：e2ns，感应电流i2，电量qi2t2，解得：qns.代入数据得：q10 c.(3)01 s内产生的焦耳热：q1 irt1，且i1，15 s内产生的焦耳热：q2 irt2，在05 s内线圈产生的焦耳热qq1q2.代入数据得：q100 j.答案：(1)10 v感应电流的方向为adcba(2)10 c(3)100 j8(2014北京卷)如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距为l，导轨上端接有电阻r和一个理想电流表，导轨电阻忽略不计导轨下部的匀强磁场区域有虚线所示的水平上边界，磁场方向垂直于金属导轨平面向外质量为m、电阻为r的金属杆mn，从距磁场上边界h处由静止开始沿着金属导轨下落，金属杆进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为i.金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好已知重力加速度为g，不计空气阻力求：(1)磁感应强度b的大小；(2)电流稳定后金属杆运动速度的大小；(3)金属杆刚进入磁场时，m、n两端的电压大小解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，有bi