高考物理复习专题十电磁感应市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖课件.pptx

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,专题十电磁感应,高考物理,(江苏专用,),1/133,考点一楞次定律法拉第电磁感应定律,1.(江苏单科,1,3分)如图所表示,一正方形线圈匝数为,n,边长为,a,线圈平面与匀强磁场垂,直,且二分之一处于磁场中。在,t,时间内,磁感应强度方向不变,大小由,B,均匀地增大到2,B,。在此,过程中,线圈中产生感应电动势为,(),五年高考,A组自主命题江苏卷题组,A.,B.,C.,D.,2/133,答案,B由法拉第电磁感应定律知线圈中产生感应电动势,E,=,n,=,n,S,=,n,得,E,=,选项B正确。,考查点,本题考查考生对法拉第电磁感应定律和磁通量等知识了解,属于轻易题。,错解分析,本题易错选C,原因有两种可能:一是对磁通量概念了解有误,认为面积,S,=,a,2,;二是,审题不清,认为磁感应强度“增加了”2,B,。由此可见,解题过程中一定要细心再细心!,3/133,2.(江苏单科,2,3分)如图所表示,固定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.线框所受安培力协力为零,D.线框机械能不停增大,4/133,答案,B由通电直导线周围磁感线分布规律可知,线框下落过程中穿过其中磁感线越,来越少,故磁通量在不停变小,故A错;下落时穿过线框磁通量一直减小,由楞次定律可知感应,电流方向保持不变,故B正确;线框上下两边受到安培力方向虽相反,但上边所处位置磁,感应强度一直大于下边所处位置磁感应强度,故上边所受安培力大于下边所受安培力,其协力不为零,故C错;由能量守恒可知下落时一部分机械能会转化为线框通电发烧产生内,能,故线框机械能降低,D错。,评析,考查知识点多,几乎涵盖了电磁学全部知识,如左、右手定则,楞次定律和电磁感应中,能量转换关系,难度适中,因考查都是基本知识,故得分率高。,5/133,3.(江苏单科,6,4分)(多项选择)电吉他中电拾音器基本结构如图所表示,磁体附近金属弦被,磁化,所以弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。以下说,法正确有,(),A.选取铜质弦,电吉他仍能正常工作,B.取走磁体,电吉他将不能正常工作,C.增加线圈匝数能够增大线圈中感应电动势,D.弦振动过程中,线圈中电流方向不停改变,6/133,答案,BCD铜质弦无法被磁化,不能产生磁场引发线圈中磁通量改变从而产生感应电流,所以铜质弦不能使电吉他正常工作,故A项错误取走磁体,金属弦无法被磁化,线圈中不会产生,感应电流,B项正确;由,E,=,n,知,C项正确;金属弦往返振动,线圈中磁通量不停增加或减小,电,流方向不停改变,D项正确。,考查点,本题考查产生感应电流条件、法拉第电磁感应定律、感应电流方向等知识,属于,轻易题。,易错点拨,有些学生受生活中吉他铜质弦影响,误选A项,这就提醒我们解题一定要结合所,学物理知识,深入思索推理,不要凭想象。,失分警示,铜质材料不能被磁化,铜质弦振动时不会在线圈中产生感应电动势。,审题关键,磁体把金属弦磁化;被磁化了弦振动时,使线圈内磁通量发生改变,从而产生,了感应电流。,7/133,4.(江苏单科,7,4分)如图所表示,在线圈上端放置一盛有冷水金属杯,现接通交流电源,过了,几分钟,杯内水沸腾起来。若要缩短上述加热时间,以下办法可行有,(),A.增加线圈匝数,B.提升交流电源频率,C.将金属杯换为瓷杯,D.取走线圈中铁芯,8/133,答案,AB该装置工作原理是,线圈内改变电流产生改变磁场,从而使金属杯内产生,涡流,再把电能转化为内能,使杯内水升温。交流电源频率一定时,线圈产生磁场磁感,应强度最大值,B,m,越大,杯内磁通量改变就越快,产生涡流就越大,增加线圈匝数会使线圈产,生磁场,B,m,增大,而取走线圈中铁芯会使线圈产生磁场,B,m,减小,故A对、D错。交流电源,频率增大,杯内磁通量改变加紧,产生涡流增大,故B正确。瓷为绝缘材料,不能产生涡流,故C错。,考查点,本题从改变线圈结构、工作电源、加热容器等多个视角考查考生对涡流了解,属,于轻易题。,学习指导,涡流不是重、难点,学习中很轻易忽略它。由此可见,我们在学习过程中,不留知识,漏洞,才不会在高考中留下遗憾。,9/133,5.(江苏单科,13,15分)据报道,一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳瞬间。,照片中,“天宫一号”太阳帆板轮廓清楚可见。如图所表示,假设“天宫一号”正以速度,v,=7.7,km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端,M,、,N,连线垂直,M,、,N,间距离,L,=20,m,地磁场磁感应强度垂直于,v,、,MN,所在平面分量,B,=1.0,10,-5,T。将太阳帆板视为导体。,(1)求,M,、,N,间感应电动势大小,E,;,(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”小灯泡与,M,、,N,相连组成闭合电路,不计太阳帆板和,导线电阻,试判断小灯泡能否发光,并说明理由;,(3)取地球半径,R,=6.4,10,3,km,地球表面重力加速度,g,=9.8 m/s,2,试估算“天宫一号”距离地球,表面高度,h,(计算结果保留一位有效数字)。,10/133,解析,(1)法拉第电磁感应定律,E,=,BLv,代入数据得,E,=1.54 V,(2)不能,因为穿过闭合回路磁通量不变,不产生感应电流。,(3)在地球表面有,G,=,mg,匀速圆周运动,G,=,m,解得,h,=,-,R,代入数据得,h,4,10,5,m(数量级正确都算对),答案,(1)1.54 V(2)看法析(3)4,10,5,m,考查点,本题考查感应电流产生条件、法拉第电磁感应定律、万有引力提供向心力、黄,金代换式等考点,情景清楚简单,对分析推理能力要求不高,属于中等难度题。,易错点拨,即使,MN,连线在切割磁感线,M,点电势高于,N,点电势,但在,M,、,N,之间连小灯泡,整个,回路在磁场中平动,磁通量不变。,11/133,1.(课标,17,6分)如图,导体轨道,OPQS,固定,其中,PQS,是半圆弧,Q,为半圆弧中点,O,为圆,心。轨道电阻忽略不计。,OM,是有一定电阻、可绕,O,转动金属杆,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匀强磁场,磁感应强度大小为,B,。现使,OM,从,OQ,位置以恒定角速度逆时针转到,OS,位置并固定(过程);再使磁感应强度大小以一定,改变率从,B,增加到,B,(过程)。在过程、中,流过,OM,电荷量相等,则,等于,(),A.,B.,C.,D.2,B组统一命题、省(区、市)卷题组,12/133,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,q,1,=,对于过程,q,2,=,由,q1,=,q,2,得,=,故B项正,确。,规律总结,电磁感应中电荷量求解方法,1.,q,=,It,。,2.,q,=,其中,求解有三种情况:(1)只有,S,改变,=,B,S,;(2)只有,B,改变,=,B,S,;(3),B,和,S,都改变,=,2,-,1,。,13/133,2.(课标,15,6分)如图,在方向垂直于纸面向里匀强磁场中有一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,在运动开始瞬间,关于感,应电流方向,以下说法正确是,(),A.,PQRS,中沿顺时针方向,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,14/133,答案,D金属杆,PQ,向右运动,穿过,PQRS,磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流在,PQRS,内,磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可判断,PQRS,中产生逆时针方向电流。穿过,T,磁通,量是外加匀强磁场和,PQRS,产生感应电流磁场磁通量代数和,穿过,T,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,中产生顺时针方向感应电流,故D正确。,易错点拨,对楞次定律深度了解,线框与导轨共面且与磁场垂直。当金属杆,PQ,向右运动时,PQRS,中向里磁通量增加,从而产,生逆时针方向感应电流。,T,中原有垂直纸面向里磁通量不变,而增加了因,PQRS,中感应电,流产生向外磁通量,造成,T,中垂直纸面向里合磁通量减小,从而产生顺时针方向感应,电流。,15/133,3.(北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象两个电路图,L,1,和,L,2,为电感线圈。,试验时,断开开关S,1,瞬间,灯,A,1,突然闪亮,随即逐步变暗;闭合开关S,2,灯,A,2,逐步变亮,而另一个相,同灯,A,3,马上变亮,最终,A,2,与,A,3,亮度相同。以下说法正确是,(),A.图1中,A,1,与,L,1,电阻值相同,B.图1中,闭合S,1,电路稳定后,A,1,中电流大于,L,1,中电流,C.图2中,变阻器,R,与,L,2,电阻值相同,D.图2中,闭合S,2,瞬间,L,2,中电流与变阻器,R,中电流相等,16/133,答案,C本题考查自感现象判断。在图1中止开S,1,瞬间,灯,A,1,突然闪亮,说明断开S,1,前,L,1,中,电流大于,A,1,中电流,故,L,1,阻值小于,A,1,阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S,2,瞬间,因为,L,2,自感作用,经过,L,2,电流很小,D错误;闭合S,2,后,最终,A,2,与,A,3,亮度相同,说明两支路电流相等,故,R,与,L,2,阻值相同,C项正确。,知识拓展,断电自感现象深入分析,图1试验为断电自感试验,当S,1,断开后,L,1,与,A,1,组成一个闭合回路,L,1,自感电动势使回路中电,流保持一段时间,故,A,1,会逐步变暗。,17/133,4.(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形貌。为了,有效隔离外界振动对STM扰动,在圆底盘周围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,如图所表示。无扰动时,按以下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衰减最有效方案是,(),18/133,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微小振动,则要求施加,磁场后,在紫铜薄板发生上下及左右微小振动时,穿过紫铜薄板横截面磁通量都能发生变,化。由选项图可知只有A满足要求,故选A。,19/133,5.(课标,15,6分)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,三点电势分别为,U,a,、,U,b,、,U,c,。已知,bc,边长度为,l,。以下判断正确是,(),A.,U,a,U,c,金属框中无电流,B.,U,b,U,c,金属框中电流方向沿,a,-,b,-,c,-,a,C.,U,bc,=-,Bl,2,金属框中无电流,DU,ac,=,Bl,2,金属框中电流方向沿,a,-,c,-,b,-,a,20/133,答案,C闭合金属框在匀强磁场中以角速度,逆时针转动时,穿过金属框磁通量一直为,零,金属框中无电流。由右手定则可知,U,b,=,U,a,t,2,-,t,1,故B正确。对杆从进入磁场至刚穿出磁场过程应用动能定理得,mg,3,d,+,W,安,=,m,-,m,对杆穿过两磁场之间过程应用动能定理得,mgd,=,m,-,m,解得,W,安,=-4,mgd,由,功效关系得,Q,=-,W,安,=4,mgd,故C正确。若杆刚进入磁场时恰好匀速,则有,=,mg,v,1,=,代入,h,=,得,h,=,因为杆刚进入时必须做减速运动故一定有,h,故D错误。,疑难突破,(1)利用,v,-,t,图像分析运动过程和运动时间,能够化难为易。,(2)对于D选项,以杆刚进入时恰好匀速运动作为参考,问题便迎刃而解。,43/133,3.(江苏单科,13,15分)如图所表示,两条相距,d,平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接,一阻值为,R,电阻。质量为,m,金属杆静置在导轨上,其左侧矩形匀强磁场区域,MNPQ,磁,感应强度大小为,B,、方向竖直向下。当该磁场区域以速度,v,0,匀速地向右扫过金属杆后,金属杆,速度变为,v,。导轨和金属杆电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中一直与导轨垂,直且两端与导轨保持良好接触。求:,(1),MN,刚扫过金属杆时,杆中感应电流大小,I,;,(2),MN,刚扫过金属杆时,杆加速度大小,a,;,(3),PQ,刚要离开金属杆时,感应电流功率,P,。,44/133,解析,本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律。,(1)感应电动势,E,=,Bdv,0,感应电流,I,=,解得,I,=,(2)安培力,F,=,BId,牛顿第二定律,F,=,ma,解得,a,=,(3)金属杆切割磁感线速度,v,=,v,0,-,v,则,感应电动势,E,=,Bd,(,v,0,-,v,),电功率,P,=,解得,P,=,答案,(1),(2),(3),45/133,方法技巧,感应电动势求法,感应电动势可分为感生电动势和动生电动势。感生电动势用公式,E,=,n,求解,且只能求解平,均电动势。动生电动势用公式,E,=,BLv,求解,既能够求平均电动势,也能够求瞬时电动势。用,E,=,BLv,求解电动势时,v,为导体棒垂直切割磁感线速度。,46/133,4.(江苏单科,13,15分)做磁共振(MRI)检验时,对人体施加磁场发生改变时会在肌肉组织,中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织影响,将包裹在骨骼上一圈肌,肉组织等效成单匝线圈,线圈半径,r,=5.0 cm,线圈导线截面积,A,=0.80 cm,2,电阻率,=1.5,m。如图所表示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度,B,在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零,求:(计算结果保留一位有效数字),(1)该圈肌肉组织电阻,R,;,(2)该圈肌肉组织中感应电动势,E,;,(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生热量,Q,。,47/133,答案,(1)6,10,3,(2)4,10,-2,V(3)8,10,-8,J,解析,(1)由电阻定律得,R,=,代入数据得,R,=6,10,3,(2)感应电动势,E,=,代入数据得,E,=4,10,-2,V,(3)由焦耳定律得,Q,=,t,代入数据得,Q,=8,10,-8,J,考查点,本题考查了电阻定律、法拉第电磁感应定律和电功三个方面内容,模型已构建好,主要考查基本规律简单应用,属于中等难度题。,学习指导,考生在本题中出现错误主要有以下几方面:不了解公式中各字母含义,乱套,公式;单位换算错误;未按有效数字要求表示结果;运算结果错误。由以上种种错误,可见,学习过程中不但要切记公式,更主要是要了解式中各字母物理意义;解题过程中要细,心、细心、再细心!,48/133,5.(江苏单科,13,15分,)如图所表示,在匀强磁场中有一倾斜平行金属导轨,导轨间距为,L,长为3,d,导轨平面与水平面夹角为,在导轨中部刷有一段长为,d,薄绝缘涂层。匀强磁场,磁感应强度大小为,B,方向与导轨平面垂直。质量为,m,导体棒从导轨顶端由静止释放,在,滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒一直与导轨垂直,且仅与涂,层间有摩擦,接在两导轨间电阻为,R,其它部分电阻均不计,重力加速度为,g,。求:,49/133,(1)导体棒与涂层间动摩擦因数,;,(2)导体棒匀速运动速度大小,v,;,(3)整个运动过程中,电阻产生焦耳热,Q,。,答案,(1)tan,(2),(3)2,mgd,sin,-,50/133,解析,(1)在绝缘涂层上,受力平衡,mg,sin,=,mg,cos,解得,=tan,(2)在光滑导轨上,感应电动势,E,=,BLv,感应电流,I,=,安培力,F,安,=,BIL,受力平衡,F,安,=,mg,sin,解得,v,=,(3)摩擦生热,Q,摩,=,mgd,cos,由能量守恒定律得3,mgd,sin,=,Q,+,Q,摩,+,mv,2,解得,Q,=2,mgd,sin,-,51/133,解题思绪,因为棒“一直匀速滑到导轨底端”,所以,棒在绝缘涂层上滑动时,“下滑力”等于,滑动摩擦力。棒开始做变加速运动,待匀速时速度到达最大,由合外力等于零列式可得最大速,度,v,。对棒运动全过程应用能量守恒定律,便可轻而易举地解出。,考查点,本题考查了共点力平衡、摩擦力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力、,能量守恒定律等知识,要求考生含有一定综合分析能力,属于中等难度题。,52/133,6.(江苏单科,13,15分)如图所表示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈,abcd,线圈平面与磁场垂,直。已知线圈匝数,N,=100,边长,ab,=1.0 m、,bc,=0.5 m,电阻,r,=2。磁感应强度,B,在01 s内从,零均匀改变到0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀改变到-0.2 T,取垂直纸面向里为磁场正方向。,求:,(1)0.5 s时线圈内感应电动势大小,E,和感应电流方向;,(2)在15 s内经过线圈电荷量,q,;,(3)在05 s内线圈产生焦耳热,Q,。,答案,(1)10 V,a,d,c,b,a,(2)10 C(3)100 J,53/133,解析,(1)感应电动势,E,1,=,N,磁通量改变,1,=,S,B,1,解得,E,1,=,N,代入数据得,E,1,=10 V,感应电流方向为,a,d,c,b,a,(2)同理可得,E,2,=,N,感应电流,I,2,=,电荷量,q,=,I,2,t,2,解得,q,=,N,代入数据得,q,=10 C,(3)01 s内焦耳热,Q,1,=,r,t,1,且,I,1,=,54/133,15 s内焦耳热,Q,2,=,r,t,2,由,Q,=,Q,1,+,Q,2,代入数据得,Q,=100 J,评析,本题为电磁感应常规物理量求解,考查学生对基本规律了解及基本能力,难度较,小。,考查点,本题考查法拉第电磁感应定律、电流、楞次定律、电荷量、焦耳定律等知识,要求,考生含有一定分析综合能力,属于中等难度题。,解题思绪,利用楞次定律判断感应电流方向,运使用方法拉第电磁感应定律求感应电动势,再利用,闭合电路欧姆定律和电流定义式相结合求电荷量,由焦耳定律求焦耳热。,55/133,1.(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,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,改变正确图线可能是,(),B组统一命题、省(区、市)卷题组,56/133,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,=2,BLv,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,由方向合理性可直接排除错误选项,假如需要,再定量分析电流大小改变情况确定正确选,项。,57/133,2.(天津理综,3,6分)如图所表示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻,R,。金,属棒,ab,与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向,下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab,一直保持静止,以下说法正确是,(),A.,ab,中感应电流方向由,b,到,a,B.,ab,中感应电流逐步减小,C.,ab,所受安培力保持不变,D.,ab,所受静摩擦力逐步减小,58/133,答案,D本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件。由,于经过回路磁通量向下减小,则依据楞次定律可知,ab,中感应电流方向由,a,到,b,A错误。因,ab,不动,回路面积不变;当,B,均匀减小时,由,E,=,n,=,n,S,知,产生感应电动势恒定,回路中感,应电流,I,=,恒定,B错误。由,F,=,BIL,知,F,随,B,减小而减小,C错误。对,ab,由平衡条件有,f,=,F,故D,正确。,一题多解,广义楞次定律,因,B,减小时引发回路磁通量减小,由广义楞次定律可知回路有扩张趋势,则,ab,所受安培力方,向向右,再由左手定则能够判定,ab,中感应电流方向从,a,到,b,故A错误。,59/133,3.(课标,20,6分)(多项选择)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 正方形导线框,abcd,位于纸面内,cd,边与磁场边界平行,如图,(a)所表示。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,随时间改变图线如图(b)所表示(感应电流方向为顺时针时,感应电动势取正)。以下说法正,确是,(),A.磁感应强度大小为0.5 T,B.导线框运动速度大小为0.5 m/s,C.磁感应强度方向垂直于纸面向外,D.在,t,=0.4 s至,t,=0.6 s这段时间内,导线框所受安培力大小为0.1 N,60/133,答案,BC本题考查电磁感应、安培力。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,=0.2,0.1,N=0.04 N,选项,D错误。,贮备知识,依据图像和导线框匀速运动,获取信息,结合安培力、导体切割磁感线产生感应电,动势能够确定选项。,61/133,4.(课标,20,6分)(多项选择)法拉第圆盘发电机示意图如图所表示。铜圆盘安装在竖直铜,轴上,两铜片,P,、,Q,分别与圆盘边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上匀强磁场,B,中。,圆盘旋转时,关于流过电阻,R,电流,以下说法正确是,(),A.若圆盘转动角速度恒定,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,方向流动,C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生改变,则电流方向可能发生改变,D.若圆盘转动角速度变为原来2倍,则电流在,R,上热功率也变为原来2倍,62/133,答案,AB设圆盘半径为,L,可认为圆盘由无数根辐条组成,则每根辐条切割磁感线产生,感应电动势,E,=,BL,2,整个回路中电源为无数个电动势为,E,电源并联而成,电源总内阻为,零,故回路中电流,I,=,=,由此可见A正确。,R,上热功率,P,=,I,2,R,=,由此可见,变为原,来2倍时,P,变为原来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,方向相关,而与切割速度大小无关,故C错。,63/133,疑难突破,金属圆盘在恒定匀强磁场中转动时,其等效电源模型如图所表示,每个电源电,动势,E,=,BL,2,(,L,为圆盘半径),内阻为,r,0,则,n,个电源并联后总电动势仍为,E,总内阻,r,=,n,时,r,=0。,64/133,5.(天津理综,12,20分)真空管道超高速列车动力系统是一个将电能直接转换成平动动,能装置。图1是某种动力系统简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为,l,两条,平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。,ab,和,cd,是两根与导轨垂直、长度均为,l,、电阻均为,R,金,属棒,经过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为,l,列车总质量为,m,。列,车开启前,ab,、,cd,处于磁感应强度为,B,匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所,示。为使列车开启,需在,M,、,N,间连接电动势为,E,直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。,列车开启后电源自动关闭。,(1)要使列车向右运行,开启时图1中,M,、,N,哪个接电源正极,并简明说明理由;,(2)求刚接通电源时列车加速度,a,大小;,(3)列车减速时,需在前方设置如图2所表示一系列磁感应强度为,B,匀强磁场区域,磁场宽度和,相邻磁场间距均大于,l,。若某时刻列车速度为,v,0,此时,ab,、,cd,均在无磁场区域,试讨论:要使列,车停下来,前方最少需要多少块这么有界磁场?,65/133,图1,图2,答案,(1)看法析(2),(3)看法析,66/133,解析,本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。,(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。依据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由,a,到,b,、由,c,到,d,故,M,接电源正极。,(2)由题意,开启时,ab,、,cd,并联,设回路总电阻为,R,总,由电阻串并联知识得,R,总,=,设回路总电流为,I,依据闭合电路欧姆定律有,I,=,设两根金属棒所受安培力之和为,F,有,F,=,IlB,依据牛顿第二定律有,F,=,ma,联立式得,a,=,67/133,(3)设列车减速时,cd,进入磁场后经,t,时间,ab,恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围,回路磁通量改变为,平均感应电动势为,E,1,由法拉第电磁感应定律有,E,1,=,其中,=,Bl,2,设回路中平均电流为,I,由闭合电路欧姆定律有,I,=,设,cd,受到平均安培力为,F,有,F,=,I,lB,以向右为正方向,设,t,时间内,cd,受安培力冲量为,I,冲,有,I,冲,=-,F,t,同理可知,回路出磁场时,ab,受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲,量为,I,0,有,I,0,=2,I,冲,68/133,设列车停下来受到总冲量为,I,总,由动量定理有,I,总,=0-,mv,0,联立,式得,=,讨论:若,恰为整数,设其为,n,则需设置,n,块有界磁场;若,不是整数,设,整数部分为,N,则,需设置,N,+1块有界磁场。,69/133,6.(课标,24,12分)如图,水平面(纸面)内间距为,l,平行金属导轨间接一电阻,质量为,m,、,长度为,l,金属杆置于导轨上。,t,=0时,金属杆在水平向右、大小为,F,恒定拉力作用下由静止,开始运动。,t,0,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匀强磁场区域,且,在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨电阻均忽略不计,二者一直保持垂直且接触良好,二者之间动摩擦因数为,。重力加速度大小为,g,。求,(1)金属杆在磁场中运动时产生电动势大小;,(2)电阻阻值。,答案,(1),Blt,0,(2),70/133,解析,(1)设金属杆进入磁场前加速度大小为,a,由牛顿第二定律得,ma,=,F,-,mg,设金属杆抵达磁场左边界时速度为,v,由运动学公式有,v,=,at,0,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,杆中电动势为,E,=,Blv,联立式可得,E,=,Blt,0,(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中电流为,I,依据欧姆定律,I,=,式中,R,为电阻阻值。金属杆所受安培力为,f,=,BlI,因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得,F,-,mg,-,f,=0,联立式得,R,=,71/133,7.(课标,25,20分)如图,两条相距,l,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,电阻;一与导轨垂直金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一,面积为,S,区域,区域中存在垂直于纸面向里均匀磁场,磁感应强度大小,B,1,随时间,t,改变关,系为,B,1,=,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,磁场磁感应强度大小为,B,0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力作,用下从静止开始向右运动,在,t,0,时刻恰好以速度,v,0,越过,MN,今后向右做匀速运动。金属棒与导,轨一直相互垂直并接触良好,它们电阻均忽略不计。求,(1)在,t,=0到,t,=,t,0,时间间隔内,流过电阻电荷量绝对值;,(2)在时刻,t,(,t,t,0,)穿过回路总磁通量和金属棒所受外加水平恒力大小。,72/133,解析,(1)在金属棒越过,MN,之前,t,时刻穿过回路磁通量为,=,ktS,设在从,t,时刻到,t,+,t,时间间隔内,回路磁通量改变量为,流过电阻,R,电荷量为,q,。由法,拉第电磁感应定律有,=-,由欧姆定律有,i,=,由电流定义有,i,=,联立式得|,q,|=,t,由式得,在,t,=0到,t,=,t,0,时间间隔内,流过电阻,R,电荷量,q,绝对值为,|,q,|=,(2)当,t,t,0,时,金属棒已越过,MN,。因为金属棒在,MN,右侧做匀速运动,有,f,=,F,式中,f,是外加水平恒力,F,是匀强磁场施加安培力。设此时回路中电流为,I,F,大小为,F,=,B,0,lI,此时金属棒与,MN,之间距离为,s,=,v,0,(,t,-,t,0,),匀强磁场穿过回路磁通量为,=,B,0,ls,答案,(1),(2),B,0lv,0,(,t,-,t,0,)+,kSt,(,B,0,lv,0,+,kS,),73/133,回路总磁通量为,t,=,+,式中,仍如式所表示。由,式得,在时刻,t,(,t,t,0,)穿过回路总磁通量为,t,=,B,0,lv,0,(,t,-,t,0,)+,kSt,在,t,到,t,+,t,时间间隔内,总磁通量改变,t,为,t,=(,B,0,lv,0,+,kS,),t,由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势大小为,t,=,由欧姆定律有,I,=,联立,式得,f,=(,B,0,lv,0,+,kS,),74/133,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。,易错点拨,(1)在计算磁通量时,用是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而造成犯错。,(2)当金属棒越过,MN,后计算磁通量时,得出金属棒与,MN,距离,s,=,v,0,t,从而造成犯错。,75/133,1.(重庆理综,8,16分)某电子天平原理如图所表示,E形磁铁两侧为N极,中心为S极,两极间,磁感应强度大小均为,B,磁极宽度均为,L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨,架与秤盘连为一体,线圈两端,C,、,D,与外电路连接。当质量为,m,重物放在秤盘上时,弹簧被压,缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随即外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到,未放重物时位置并静止,由此时对应供电电流,I,可确定重物质量。已知线圈匝数为,n,线,圈电阻为,R,重力加速度为,g,。问,(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从,C,端还是从,D,端流出?,(2)供电电流,I,是从,C,端还是从,D,端流入?求重物质量与电流关系。,(3)若线圈消耗最大功率为,P,该电子天平能称量最大质量是多少?,C组教师专用题组,76/133,解析,(1)感应电流从,C,端流出,(2)设线圈受到安培力为,F,A,外加电流从,D,端流入,由,F,A,=,mg,和,F,A,=2,nBIL,得,m,=,I,(3)设称量最大质量为,m,0,由,m,=,I,和,P,=,I,2,R,得,m,0,答案,(1)由右手定则知感应电流从,C,端流出,(2)外加电流从,D,端流入,m,=,I,(3),77/133,2.(天津理综,11,18分)如图所表示,两根足够长平行金属导轨固定在倾角,=30,斜面上,导轨电阻不计,间距,L,=0.4 m。导轨所在空间被分成区域和,两区域边界与斜面交线,为,MN,中匀强磁场方向垂直斜面向下,中匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场磁感,应强度大小均为,B,=0.5 T。在区域中,将质量,m,1,=0.1 kg,电阻,R,1,=0.1 金属条,ab,放在导轨上,ab,刚好不下滑。然后,在区域中将质量,m,2,=0.4 kg,电阻,R,2,=0.1 光滑导体棒,cd,置于导轨上,由静止开始下滑。,cd,在滑动过程中一直处于区域磁场中,ab,、,cd,一直与导轨垂直且两端,与导轨保持良好接触,取,g,=10 m/s,2,。问,(1),cd,下滑过程中,ab,中电流方向;,(2),ab,刚要向上滑动时,cd,速度,v,多大;,(3)从,cd,开始下滑到,ab,刚要向上滑动过程中,cd,滑动距离,x,=3.8 m,此过程中,ab,上产生热,量,Q,是多少。,78/133,解析,(1)由,a,流向,b,。,(2)开始放置,ab,刚好不下滑时,ab,所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为,F,max,有,F,max,=,m,1,g,sin,设,ab,刚要上滑时,cd,棒感应电动势为,E,由法拉第电磁感应定律有,E,=,BLv,设电路中感应电流为,I,由闭合电路欧姆定律有,I,=,设,ab,所受安培力为,F,安,有,F,安,=,ILB,此时,ab,受到最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有,F,安,=,m,1,g,sin,+,F,max,综合式,代入数据解得,v,=5 m/s,(3)设,cd,棒运动过程中电路中产生总热量为,Q,总,由能量守恒有,答案,(1)由,a,流向,b,(2)5 m/s(3)1.3 J,79/133,m,2,gx,sin,=,Q,总,+,m,2,v,2,又,Q,=,Q,总,解得,Q,=1.3 J,80/133,3.(上海单科,33,14分)如图,一关于,y,轴对称导体轨道位于水平面内,磁感应强度为,B,匀,强磁场与平面垂直。一足够长、质量为,m,直导体棒沿,x,方向置于轨道上,在外力,F,作用下从,原点由静止开始沿,y,轴正方向做加速度为,a,匀加速直线运动,运动时棒与,x,轴一直平行。棒单,位长度电阻为,与电阻不计轨道接触良好,运动中产生热功率随棒位置改变规律为,P,=,k,(SI)。求:,(1)导体轨道轨道方程,y,=,f,(,x,);,(2)棒在运动过程中受到安培力,F,m,随,y,改变关系;,(3)棒从,y,=0运动到,y,=,L,过程中外力,F,功。,答案,(1),y,=,x,2,(2),F,m,=,y,(3),L,2,+,maL,81/133,解析,(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点坐标为(,x,y,),安培力,F,m,=,安培力功率,P,=,F,m,v,=,=,k,棒做匀加速运动,v,2,=2,ay,R,=2,x,代入前式得,y,=,x,2,轨道形状为抛物线。,(2)安培力,F,m,=,v,=,以轨道方程代入得,F,m,=,y,(3)由动能定理,W,=,W,m,+,mv,2,安培力做功,W,m,=,L,2,82/133,棒在,y,=,L,处动能为,mv,2,=,maL,外力做功,W,=,L,2,+,maL,83/133,4.(浙江理综,24,20分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图1所表示等臂天平左臂为,挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡。线圈水平边长,L,=0.1 m,竖直边长,H,=0.3 m,匝数为,N,1,。,线圈下边处于匀强磁场内,磁感应强度,B,0,=1.0 T,方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0,2.0 A范围内调整电流,I,。挂盘放上待测物体后,调整线圈中电流使天平平衡,测出电流即可,测得物体质量。(重力加速度取,g,=10 m/s,2,),图1,(1)为使电磁天平量程到达0.5 kg,线圈匝数,N,1,最少为多少?,(2)深入探究电磁感应现象,另选,N,2,=100匝、形状相同线圈,总电阻,R,=10。不接外电流,两臂平衡。如图2所表示,保持,B,0,不变