- 2021-07-06 发布 |
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文档介绍
新课标2020高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应问题讲义含解析
- 1 - 第 2 讲 电磁感应问题 典题再现 1.(多选)(2020·山东等级考模拟)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通 有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平 放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( ) A．t＝ T 4时刻，圆环有扩张的趋势 B．t＝ T 4时刻，圆环有收缩的趋势 C．t＝ T 4和 t＝ 3T 4 时刻，圆环内的感应电流大小相等 D．t＝ 3T 4 时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 解析：选 BC.t＝ T 4时刻，线圈中通有顺时针逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场 向下且逐渐增加，由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A 错误，B 正确；t＝ 3T 4 时刻，线圈 中通有顺时针逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可 知，圆环中的感应电流为顺时针，D 错误；t＝ T 4和 t＝ 3T 4 时刻，线圈中电流的变化率一致，即 由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C 正确. 考情分析 典题再现 2.(多选)(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场， 其边界如图(a)中虚线 MN 所示．一硬质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成 - 2 - 半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁 感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所示．则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内( ) A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为 B0rS 4t0ρ D．圆环中的感应电动势大小为 B0πr2 4t0 解析：选 BC.根据楞次定律可知在 0～t0 时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺 时针，圆环所受安培力水平向左，在 t0～t1 时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向 为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项 A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得 E＝ ΔΦ Δt ＝ 1 2πr2· B0 t0＝ B0πr2 2t0 ，根据电阻定律可得 R＝ρ 2πr S ，根据欧姆定律可得 I＝ E R＝ B0rS 4t0ρ，所以选项 C 正确，D 错误. 考情分析 典题再现 3.(2019·高考全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？( ) A．电阻定律 B．库仑定律 C．欧姆定律 D．能量守恒定律 解析：选 D.楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现， - 3 - 在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项 D 正确. 考情分析 命题研究 对近几年全国卷高考试题分析可看出，该部分知识的考查不仅是高考必考点，而且考 查呈现多样性，不仅在选择题中，对基本内容的考核如闭合电路欧姆定律结合电路问题、楞 次定律、法拉第电磁感应定律、安培定则、感应电动势等知识考查较多，以导体棒运动为背 景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题；山 东模考本次考试主要在选择题中体现，今后也可能在计算题中体现．这类问题既要用到电磁 感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高 感应电动势的求解 【高分快攻】 求解感应电动势的四种常见情景 表达式 E＝n ΔΦ Δt E＝BLvsin θ E＝ 1 2BL2Ω E＝NBSΩ· sin (Ωt＋φ0) 情景图 研究对象 回路(不一 定闭合) 一段直导线(或 等效成直导线) 绕一端转动的一 段导体棒 绕与 B 垂直的轴 转动的导线框 意义 一般求平均感应 电动势，当Δ t→0 时求的是瞬 时感应电动势 一般求瞬时感应 电动势，当 v 为 平均速度时求的 是平均感应 电 动 势 用平均值法求瞬 时感应电动势 求瞬时感 应电动势 适用 条件 所有磁场(匀强 磁场定量计算、 非匀强磁场定性 匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场 - 4 - 分析) 【典题例析】 (多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导 线框 R，R 在 PQ 的右侧．导线 PQ 中通有正弦交流电 i，i 的变化如图(b)所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向．导线框 R 中的感应电动势( ) A．在 t＝ T 4时为零 B．在 t＝ T 2时改变方向 C．在 t＝ T 2时最大，且沿顺时针方向 D．t＝T 时最大，且沿顺时针方向 [解析] 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框 R 中磁感应强度与 时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切 线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小．由题图(b)可知， 电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A 正确，B 错误；再由楞次定律可判断在 一个周期内， T 4～ 3T 4 内电动势的方向沿顺时针， T 2时刻最大，C 正确；其余时间段电动势沿逆时 针方向，D 错误． [答案] AC 【题组突破】 角度 1 实验：探究影响感应电流方向的因素 1．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤： (1)为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直 流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的 __________挡(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵 敏电流计进行测试．由实验可知当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动． - 5 - (2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，再将黑表笔________(选填 “短暂”或“持续”)接灵敏电流计的负接线柱．若灵敏电流计的指针向左摆动，说明电流由 电流计的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流计的． (3)实验中该同学将磁铁某极从线圈上方向下插入线圈时，发现电流表的指针向左偏转， 请在图中用箭头画出线圈电流方向，并用字母 N、S 标出磁铁的极性． 解析：(1)欧姆挡含有直流电源，故换到欧姆挡． (2)试探性的，所以需要短暂接触，从上面可以知道当电流从正接线柱流入电流计时，指 针向右摆动，现要使指针向左摆动，则应使电流从负接线柱流入灵敏电流计． 答案：(1)欧姆 (2)短暂 负 (3)如图 角度 2 感应电流的方向判断——楞次定律的应用 2．(2018·高考全国卷Ⅱ)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 邻的矩形匀强磁场区域，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 3 2l 的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 变化的正确图线 可能是( ) 解析：选 D.设线框运动的速度为 v，则线框向左匀速运动第一个 l 2v的时间内，线框切割 磁感线运动产生的电动势为 E＝2Bdv(d 为导轨间距)，电流 i＝ E R，回路中电流方向为顺时针； - 6 - 第二个 l 2v的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个 l 2v的时间内， 线框切割磁感线运动产生的电动势为 E＝2Bdv，电流 i＝ E R，回路中电流方向为逆时针，所以 D 正确． 角度 3 感应电动势的计算——法拉第电磁感应定律的应用 3．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 Ω 逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、Ub、 Uc.已知 bc 边的长度为 l.下列判断正确的是( ) A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿 a－b－c－a C．Ubc＝－ 1 2Bl2Ω，金属框中无电流 D．Ubc＝ 1 2Bl2Ω，金属框中电流方向沿 a－c－b－a 解析：选 C.金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流 产生，选项 B、D 错误；转动过程中 bc 边和 ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定 则判断 Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项 A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得 Ubc＝－ 1 2Bl2Ω，选 项 C 正确． 角度 4 电磁感应中的图象问题 4．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中 有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体 棒 ab、cd 静止在导轨上．t＝0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动．运动过程中，ab、cd 始终与 导轨垂直并接触良好，两者速度分别用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表示．下列图象中可能 正确的是( ) - 7 - 解析：选 AC.棒 ab 以初速度 v0 向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产 生感应电流，判断可知棒 ab 受到方向与 v0 方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒 cd 受到方向与 v0 方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2 逐渐 减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最 终棒 ab 和棒 cd 的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒 ab、cd 组成的系统在足够长的平 行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2，解得 v1＝v2＝ v0 2 ，选 项 A、C 均正确，B、D 均错误． 命题角度 解决方法 易错辨析 感应电流的方向判断 安培定则、楞次定律 明确电源内部电流方向及正 极 感应电动势的计算 法拉第电磁感应定律、右手定 则 明确是感生电动势还是动生 电动势，是导体转动切割还是 平动切割磁感线 磁体与导体的相对运动分析 楞次定律、左手定则 常用楞次定律的一些推论如 “来拒去留”“增缩减扩”等 快速判断 图象问题分析 楞次定律、法拉第电磁感应定 律 感应电动势或电流的方向判 断要弄清楚，大小变化趋势及 最大值应计算准确 安培力的应用 【高分快攻】 1．解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则 比较项目 左手定则 右手定则 安培定则 应用 磁场对运动电荷、电 流作用力方向的判断 对因导体切割磁感线 而产生的感应电流方 向的判断 对电流产生磁场方向 的判断 涉及方向 的物理量 磁场方向、电流(电荷 运动)方向，安培力 磁场方向、导体切割 磁感线的运动方向、 电流方向、磁场方向 - 8 - (洛伦兹力)方向 感应电动势的方向 各物理量方向间的关 系图例 因果关系 电流→力 运动→电流 电流→磁场 应用实例 电动机 发电机 电流的磁效应 2.电磁感应中动力学问题的解题思路 (1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向． (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么 影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况． (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解． 3．能量转化问题的分析：先电后力再能量． 【典题例析】 (2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属导轨， 垂直于导轨放置的两根金属棒 MN 和 PQ 长度也为 l、电阻均为 R，两棒与导轨始终接触良 好．MN 两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁 场，磁通量变化率为常量 k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大 小为 B.PQ 的质量为 m，金属导轨足够长、电阻忽略不计． (1)闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力 F，并指出其方向； (2)断开 S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过 PQ 的 电荷量为 q，求该过程安培力做的功 W. [解析] (1)设线圈中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律 E＝ ΔΦ Δt ， 则 E＝k ① - 9 - 设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R 并，有 R 并＝ R 2 ② 闭合 S 时，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律得 I＝ E R并＋R③ 设 PQ 中的电流为 IPQ，有 IPQ＝ 1 2I ④ 设 PQ 受到的安培力为 F 安，有 F 安＝BIPQl ⑤ 保持 PQ 静止，由受力平衡，有 F＝F 安 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 F＝ Bkl 3R ⑦ 方向水平向右． (2)设 PQ 由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，PQ 运动的位移为 x，所用时间为Δt， 回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为 E－ ，有 E－ ＝ ΔΦ Δt ⑧ 其中ΔΦ＝Blx ⑨ 设 PQ 中的平均电流为 I－ ，有 I－ ＝ E－ 2R ⑩ 根据电流的定义得 I－ ＝ q Δt ⑪ 由动能定理，有 Fx＋W＝ 1 2mv2－0 ⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 W＝ 1 2mv2－ 2 3kq. ⑬ [答案] 见解析 【题组突破】 角度 1 安培力作用下的功能关系 - 10 - 1．(多选)(2019·广东梅州调研)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开 关 S 与内阻不计、电动势为 E 的电源相连，右端与半径为 L＝20 cm 的光滑圆弧导轨相接，导 轨宽度为 20 cm，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.5 T．一 根导体棒 ab 垂直导轨放置，质量 m＝60 g、电阻 R＝1 Ω，用两根长也为 20 cm 的绝缘细线悬 挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关 S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终 与导轨接触良好且细线处于张紧状态．导体棒 ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角 θ＝53 °(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)，则( ) A．磁场方向一定竖直向上 B．电源的电动势 E＝8 V C．导体棒在摆动过程中所受安培力 F＝8 N D．导体棒摆动过程中的最大动能为 0.08 J 解析：选 BD.当开关 S 闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定 则可知，磁场方向竖直向下，故 A 错误；设电路中电流为 I，电源的电动势为 E，导体棒 ab 所受安培力为 F，导体棒 ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角 θ＝53°，则 tan θ＝ F mg， 由 F＝BIL＝B E RL，得 F＝0.8 N，E＝8 V，故 B 正确，C 错误；根据动能定理得：FLsin 53°－ mgL(1－cos 53°)＝Ek－0，解得 Ek＝0.08 J，故 D 正确． 角度 2 安培力作用下的运动分析 2．(2019·青岛二模)如图所示，竖直平面内有一宽L＝1 m、足够长的光 滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻 R1＝3 Ω和 R2＝ 6 Ω.在 MN 上方及 CD 下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大 小均为 B＝1 T．现有质量 m＝0.2 kg、电阻 r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上 从 MN 上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接 触良好．当导体棒 ab 下落到快要接近 MN 时的速度大小为 v1＝3 m/s.不计空气 阻力，g 取 10 m/s2. (1)求导体棒 ab 快要接近 MN 时的加速度大小； (2)若导体棒 ab 进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距 离 h； (3)若将磁场Ⅱ的 CD 边界略微下移，使导体棒 ab 刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为 v2＝9 m/s，要使棒在外力 F 作用下做 a＝3 m/s2 的匀加速直线运动，求所加外力 F 随时间 t 变化的关 系式． - 11 - 解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线，棒中产生感应电动势 E，棒 在重力和安培力作用下做加速运动． 由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1 ① E＝BLv1 ② R 外＝ R1R2 R1＋R2 ③ I＝ E R外＋r ④ 联立①②③④式可得：a1＝5 m/s2. (2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终 保持不变． mg＝BI′L ⑤ I′＝ E′ R外＋r ⑥ E′＝BLv′ ⑦ 联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s 导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，v′2－v21＝2gh 解得：h＝1.35 m. (3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间 t 的速度大小 v＝v2＋at ⑧ F＋mg－F 安＝ma ⑨ F 安＝ B2L2v R外＋r ⑩ 由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6) N. 答案：(1)5 m/s2 (2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6) N 命题角度 解决方法 易错辨析 安培力的计算 安培力公式 公式 F＝BIL 中要求垂直关系，否则容易出错； 并且注意安培力的变化是否均匀，否则不能直 接利用公式计算 安培力作用的动力学分析 受力平衡 若运动为加速度 a 逐渐减小的加速运动，则最 大速度出现在 a＝0 时即受力平衡时 安培力作用下的功能关系 安培力做功 改变内能、动 能定理、能量 安培力做多少功，电路就产生多少电能；再结 合能量守恒，分析动能的变化情况 - 12 - 守恒定律 电磁感应中的电路综合问题 【高分快攻】 解决电磁感应中电路问题的思路 1．“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感 应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻 r. 2．“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路． 3．根据 E＝BLv 或 E＝n ΔФ Δt ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳 定律等关系式联立求解． 【典题例析】 (2019·青岛模拟)如图所示，半径为 l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通 过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为 B，方向竖直向 下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒 a，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转 动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为 B，金属棒 b 放 置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为 2l.当棒 a 绕圆心以角速度 Ω 顺时针(俯视)匀 速旋转时，棒 b 保持静止．已知棒 b 与轨道间的动摩擦因数为 μ＝0.5，可认为最大静摩擦力 等于滑动摩擦力；棒 b 的质量为 m，棒 a、b 的电阻分别为 R、2R，其余电阻不计；斜面倾角 为 θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为 g，求： (1)金属棒 b 两端的电压； (2)为保持 b 棒始终静止，棒 a 旋转的角速度大小的范围． [解析] (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 E＝Bl v－ ① 金属棒切割磁感线的平均速度 v－ ＝ 0＋lω 2 ② 金属棒 b 两端的电压 U＝ 2R R＋2RE ③ 联立①②③解得 U＝ 1 3Bl2Ω ④ - 13 - (2)电路中的电流 I＝ E R＋2R ⑤ 棒 b 受到的安培力 F 安＝BI·2l ⑥ 由①②⑤⑥解得 F 安＝ B2l3ω 3R ⑦ 为保持 b 棒始终静止，棒 a 旋转的角速度最小为 Ω1，最大为Ω2，mgsin θ＝μmgcos θ＋ B2l3ω1 3R ⑧ mgsin θ＋μmgcos θ＝ B2l3ω2 3R ⑨ 解得 3mgR 5B2l3≤Ω≤ 3mgR B2l3 . ⑩ [答案] (1) 1 3Bl2Ω (2) 3mgR 5B2l3≤Ω≤ 3mgR B2l3 【题组突破】 角度 1 感应电荷量的计算 1．(多选)(2019·济南高三模拟)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属 线框，在金属线框的下方有一磁感应强度大小为 B 的匀强磁场区域，MN 和 M′N′是匀强磁场 区域的水平边界，两边界间的宽度为 s，并与线框的 bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现 让金属线框由距 MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强 磁场区域的 v－t 图象(其中 OA、BC、DE 相互平行)．已知正方形金属线框的边长为 L(L查看更多