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文档介绍
【物理】2018届二轮复习第10讲电磁感应学案
第10讲 电磁感应 ¥ 考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律 例1 如图101所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑平行金属导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是( ) 图101 A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势 B．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势 C．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势 D．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势 归纳 1．楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化；(2)阻碍物体间的相对运动；(3)阻碍原电流的变化(自感现象)． 2．楞次定律和右手定则 (1)楞次定律一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情景；右手定则一般适用于导体棒切割磁感线的情景． 3．感应电动势的求解 (1)法拉第电磁感应定律：E＝n，适用于磁场磁感应强度变化E＝nS或线圈面积变化E＝nB情景； (2)E＝Blv：适用于导体平动切割磁感线(E＝Blv)或转动切割磁感线E＝Bl2ω. 变式1 (多选)[2017·全国卷Ⅱ] 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 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图102(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( ) 图102 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＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 变式2 (多选)如图103所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直环面向里，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度ω绕O点无摩擦顺时针匀速转动，则( ) 图103 A．电阻R两端的电压为 B．金属棒的电流由Q指向O C．金属棒受的磁场力大小为 D．电阻R消耗的功率为 ¥ 考点二 电磁感应中的图像问题 例2 如图104所示，直角坐标系xOy的第二、四象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.现将半径为L、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t＝0时刻线框在图示位置，设逆时针方向为电流正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( ) 图104 图105 归纳 1．电磁感应图像问题 在电磁感应现象中，磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力等物理量随时间(或位移)的变化规律，可用图像直观地表示．图像问题常见命题形式有两种： (1)由给定的电磁感应过程判断相应物理量的函数图像； (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，确定相关的物理量． 2．解题思路 (1)明确图像的种类；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)结合相关规律写出函数表达式；(4)根据函数关系进行图像分析． 3．图像问题应关注以下三点 (1)初始时刻电动势、电流等是否为零，方向是正方向还是负方向； (2)电磁感应现象分为几个阶段，各阶段是否与图像变化对应； (3)判定图像的斜率大小、图像曲直与物理过程是否对应，分析斜率对应的物理量的大小和方向的变化趋势． 变式1 宽为L的两光滑竖直平行金属导轨间接有定值电阻R，导轨(电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域宽度均为d，间距为h，如图106所示，有一质量为m、长为L、电阻不计的金属杆与竖直导轨垂直且紧密接触，从距区域Ⅰ上端H 处由静止释放．若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，以杆由静止释放时为计时起点，则杆中电流随时间t变化的图像可能正确的是( ) 图106 图107 变式2 如图108甲所示，带缺口的刚性金属圆环在纸面内固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与垂直于纸面正对固定的平行金属板P、Q连接．圆环内有垂直于纸面的变化磁场，变化规律如图乙所示(规定磁场方向垂直于纸面向里为正方向)．图109中可能正确表示P、Q两极板间电场强度E(规定电场方向由P板指向Q板为正方向)随时间t变化情况的是( ) 图108 图109 来源 电磁感应中导体棒和线框切割问题 统计分析 2016年全国卷Ⅲ第25题 1.如图所示，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(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 电磁感应中导体棒和线框切割问题是近年高考考查的热点，综合性强．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，从而影响导体棒的受力情况和运动情况．此类问题中运动现象与电磁感应现象相互联系、相互制约．可以考查受力分析、临界条件、牛顿运动定律、运动图像、功能关系和动量等多方面问题．此类题目的解题过程一般较为繁琐，要求对不同过程分别进行受力分析和运动分析，特别强调分析与综合能力的考查 2017年4月浙江选考第22题 2.间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示．倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中．水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”．“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出．运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T．不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应．求： (1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0； (2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v; (3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q. 【模型核心归纳】 解决此类问题的思路： (1)电路分析：确定“电源”，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(或右手定则)求解感应电动势的大小和方向，并求解电路中的电流； (2)动力学分析：确定研究对象，分析安培力对运动对象速度、加速度的影响，推导出其对电路中电流的影响，定性分析出研究对象最终的运动状态，根据牛顿运动定律列方程； (3)能量分析：电磁感应现象中，导体杆克服安培力做的功等于产生的电能，电能一般通过电流做功的方式转化为内能(或其他形式的能)．一般情况下可利用能量守恒定律求焦耳热．求解电磁感应中焦耳热的方法： 电路中感应电流恒定时，应用焦耳定律Q＝I2Rt求解； 导体切割磁感线运动时，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝－W安； 根据能量守恒定律或功能关系求解焦耳热(克服安培力做的功)． (4)动量分析：在变化的安培力作用下，可应用动量定理研究变加速运动过程，在系统合力为0的情况下，还可以应用动量守恒研究． 示例 如图1010所示，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′ 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r的导体棒ab ，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计)．求： (1)棒ab在离开磁场右边界时的速度大小； (2)棒ab通过磁场区域的过程中，整个回路所消耗的电能； (3)试分析讨论棒ab在磁场中可能的运动情况． 图1010 拓展1 如图1011甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布(图中未画出)，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向无变化，与横坐标x的关系如图乙所示，图线是双曲线(坐标轴是渐近线)；顶角θ＝53°的光滑长金属导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根质量m＝4 kg、与ON垂直的长直导体棒(电阻不计)在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与x轴垂直且与导轨保持良好接触．t＝0时，导体棒位于导轨顶点O处，OM、ON连接处电阻为R＝0.5 Ω，其余电阻不计；回路电动势E与时间t的关系图线如图丙所示，是过原点的直线．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： (1)t＝2 s时流过导体棒的电流的大小； (2)在1～2 s时间内导体棒所受安培力的冲量大小； (3)导体棒滑动过程中水平外力F与横坐标x的关系式． 图1011 拓展2 如图1012所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场宽度为h.竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上、下边长之比为5∶1，高为2h.现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动．求：(重力加速度为g) (1)DC边刚进入磁场时，线框的加速度； (2)从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框损失的机械能和重力做功之比． 图1012 拓展3 如图1013所示，足够长的水平光滑平行金属直导轨的间距为l，电阻不计，处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l的金属棒，两金属棒均与导轨垂直且接触良好．a棒质量为m，电阻为R，b棒质量为2m，电阻为2R，现给a棒一个水平向右的初速度v0，求：(a棒在以后的运动过程中没有与b棒发生碰撞) (1)b棒开始运动的方向； (2)当a棒的速度减为时，b棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间t0速度减为零(不反弹)，求碰撞过程中障碍物对b棒的平均冲击力大小； (3)b棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离． 图1013 第10讲 电磁感应 高频考点探究 考点一 例1 C [解析] 根据右手定则，当金属棒ab在恒力F的作用下向右运动时， abdc回路中会产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，abdc回路中的感应电流逐渐增大，穿过圆环的磁通量也逐渐增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍穿过圆环的磁通量的增大；abdc回路中的感应电流I＝，感应电流的变化率＝，又由于金属棒向右运动的加速度减小，所以感应电流的变化率减小，穿过圆环的磁通量的变化率减小，所以圆环中产生的感应电流不断减小，选项C正确． 例1变式1 BC [解析] 导线框运动的速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，根据E＝BLv＝0.01 V可知，B＝0.2 T，A错误，B正确；根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A，安培力大小为F＝BIL＝0.04 N，D错误． 例1变式2 AD [解析] 由右手定则，金属棒的电流由O指向Q，选项B错误；感应电动势E＝，选项A正确；金属棒受的磁场力F＝BIL＝，选项C错误；电阻R消耗的功率为P＝＝，选项D正确． 考点二 例2 B [解析] 根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R，角速度为ω，则电流大小为；从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为；从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是；从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为，选项B正确． 例2变式1 B [解析] 杆在无磁场区域运动时做a＝g的匀加速运动，故It图像的电流强度为零；而杆通过磁场区域可能做加速度减小的减速运动，且在Ⅰ、Ⅱ区域运动情况完全相同，分析图像只有B可能正确． 例2变式2 D [解析] 在0～内，磁感应强度B向里且减小，故圆环中产生的感应磁场向里，圆环中的感应电流沿顺时针，极板P带正电，电场方向由P指向Q，选项B、C错误；又因为这段时间内磁场是均匀变化的，故产生的感应电动势大小不变，所以P、Q两极板间的电压不变，电场强度不变，选项A错误，同量分析～、～T、T～T时间内P、Q间电场强度，选项D正确． 热点模型解读 1．(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS) [解析] (1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ① 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝ ② 由欧姆定律有i＝ ③ 由电流的定义有i＝ ④ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤ 由⑤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|＝ ⑥ (2)当t>t0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 ⑦ 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＝B0Il ⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′ 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝ ⑭ 由欧姆定律有I＝ ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS) ⑯ 2．(1)6 m/s (2)1.5 m/s (3)0.25 J [解析] (1)感应电动势E＝B1lv0 电流I＝ 安培力F＝B1Il 匀速运动条件为＝mgsin θ 解得v0＝＝6 m/s. (2)由动量守恒定律得mv0＝4mv 解得v＝＝1.5 m/s. (3)进入磁场区Ⅱ，设速度变化Δv，由动量定理，有 B2lΔt＝－4mΔv Δt＝Δq＝ 解得Δv＝＝－0.25 m/s 出磁场区Ⅱ，同样有 Δv＝－＝－0.25 m/s 出磁场区Ⅱ后“联动三杆”的速度为 v′＝v＋2Δv＝1.0 m/s 产生的焦耳热Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25 J. 示例 (1) (2)F(d0＋d)－ (3)见解析 [解析] (1)ab棒离开磁场右边界前做匀速运动的速度为v， 产生的感应电动势E＝Blv 电路中电流I＝ 对ab棒，由平衡条件得 F－BIl＝0 解得v＝. (2)由功能关系得 F(d0＋d)＝E电＋mv2 解得E电＝F(d0＋d)－. (3)设棒刚进入磁场时速度为v0，则 ①当v0＝v，即Fd0＝mv2时，棒做匀速直线运动； ②当v0＜v，即Fd0查看更多