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1、 第4章 電磁感應 章末復習課 【知識體系】 [答案填寫]?、匐姶鸥袘F象　②磁通量?、郐担紹S?、堞担紹Ssin θ　⑤一部分導體　⑥發(fā)生變化?、吒袘娏鞣较颉、鄬w運動方向?、岽磐康淖兓、釫＝BLv　?E＝n　?電流　?感應電動勢　?漩渦電場 主題1　電磁感應現象中的圖象問題 1．圖象類型． 2．電磁感應圖象的解題類型． (1)由給出的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象． (2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相關物理量． 3．電磁感應圖象的處理方法． 常常需要利用右手定則、法拉第電磁感應定律與圖象數值(坐標值、斜率、面積)對應，利用楞次定律

2、、右手定則與圖象正負值對應． 【典例1】　如圖甲所示，光滑導軌水平放置在豎直方向的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定向下為正方向)，導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力F的作用下始終處于靜止狀態(tài)．規(guī)定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力的正方向，則在0～2t0時間內，能正確反映流過導體棒ab的電流與時間或外力與時間關系的圖線是(　　) 解析：在0～t0時間內磁通量為向上減少，t0～2t0時間內磁通量為向下增加，兩者等效，且根據B－t圖線可知，兩段時間內磁通量的變化率相等，根據楞次定律可判斷0～2t0

3、時間內均產生由b到a的大小不變的感應電流，選項A、B均錯誤；在0～t0可判斷所受安培力的方向水平向右，則所受水平外力方向向左，大小F＝BIL，隨B的減小呈線性減??；在t0～2t0時間內，可判斷所受安培力的方向水平向左，則所受水平外力方向向右，大小F＝BIL，隨B的增加呈線性增加，選項D正確． 答案：D 題后反思 1．明確兩坐標軸代表的物理量以及圖線點、斜率、截距、圖線與橫軸所圍面積的意義． 2．明確題目涉及的物理知識，如楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、右手定則、左手定則、安培力、功率、牛頓第二定律等． 3．明確題目中規(guī)定的正方向，回路中的感應電動勢、感應電流、磁感應強度的方向

4、在相應的圖象中均用正、負號來反映． 針對訓練 1．如圖所示，xOy坐標系第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場，第三象限有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，第二、四象限內沒有磁場．一個圍成四分之一圓弧形的導體環(huán)Oab，其圓心在原點O，開始時導體環(huán)在第四象限，從t＝0時刻起繞O點在xOy坐標平面內逆時針勻速轉動．若以逆時針方向的電流為正，下列表示環(huán)內感應電流i隨時間t變化的圖象中，正確的是(　　) 解析：在0～內，Oa切割磁感線運動，根據右手定則判斷可知，線框中感應電流的方向為順時針方向，為負值；～內，Ob切割磁感線運動，根據右手定則判斷可知，線框中感應電流的方向為逆時針方

5、向，為正值；T～T內，Oa切割磁感線運動，根據右手定則判斷可知，線框中感應電流的方向為逆時針方向，為正值；T～T內，Ob切割磁感線運動，根據右手定則判斷可知，線框中感應電流的方向為順時針方向，為負值．無論哪個半徑切割磁感線，所產生的感應電動勢大小都相同，設角速度為ω，由感應電動勢公式E＝BL2ω和歐姆定律可知感應電流的大小是不發(fā)生變化的，由此可得知A、B、C錯誤，D正確． 答案：D 主題2　電磁感應現象中的能量問題 1．電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功的形式實現的，安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的

6、能轉化為電能的過程． 2．能量轉化及焦耳熱的求法． (1)能量轉化． (2)求解焦耳熱Q的三種方法． 【典例2】　如圖所示，寬度為L＝0.2 m的足夠長的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌的一端連接阻值R＝1 Ω的電阻．導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B＝5 T．一根質量m＝100 g的導體棒MN放在導軌上，并與導軌接觸良好，導軌和導體棒的電阻均可忽略不計．現用一平行于導軌的拉力拉動導體棒沿導軌向右勻速運動，運動速度v＝10 m/s，在運動過程中保持導體棒與導軌垂直．求： (1)在閉合回路中產生的感應電流的大??； (2)作用在導體棒上的拉力的大小

7、； (3)當導體棒勻速運動30 cm時撤去拉力，求運動30 cm和撤去拉力至棒停下來的整個過程中電阻R上產生的總熱量． 解析：(1)E＝BLv＝50.210 V＝10 V， I＝＝10 A. (2)F拉＝F安＝BIL＝10 N. (3)運動30 cm過程中R上產生的熱量： Q1＝F拉s＝100.3 J＝3 J， 撤去拉力至棒停下來的過程中電阻R上產生的熱量： Q2＝mv2＝0.1100 J＝5 J， 所以Q＝Q1＋Q2＝8 J. 題后反思 利用功能關系求解電磁感應問題的基本方法： (1)用法拉第電磁感應定律或導體切割磁感線公式確定感應電動勢的大小，用楞次定律和右手定則判

8、斷感應電動勢的方向． (2)畫出等效電路，求解電路中相關參量，分析電路中能量轉化關系． 針對訓練 2．如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻．一質量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4 T．金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當金屬棒的位移x＝9 m時撤去外力，金屬棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導軌足夠長且電阻不計，金屬棒在運動過程中始

9、終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： (1)金屬棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2； (3)外力做的功WF. 解析：(1)設金屬棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量的變化量為ΔΦ，回路中的平均感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律得： E＝，① 其中ΔΦ＝Blx，② 設回路中的平均電流為I，由閉合電路歐姆定律得： I＝，③ 則通過電阻R的電荷量為：q＝IΔt，④ 聯立①②③④式，得q＝. 代入數據得q＝4.5 C. (2)設撤去外力時金屬棒的速度為v，對于金屬棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v2＝2ax，⑤

10、 設金屬棒在撤去外力后的運動過程中安培力所做的功為W，由動能定理得： W＝0－mv2，⑥ 撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2＝－W，⑦ 聯立⑤⑥⑦式，代入數據得Q2＝1.8 J．⑧ (3)由題意知，撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比： Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J．⑨ 在金屬棒運動的整個過程中，外力F克服安培力做功，由功能關系可知WF＝Q1＋Q2，⑩ 由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J. 統(tǒng)攬考情 高考對本章的考查有選擇題和計算題兩種形式；選擇題主要考查電磁感應、楞次定律、法拉第電磁感應定律、自感現象；計算題通常結合生產、新技術等情境建模，常與平衡條件、牛頓運動定律、

11、動能定理、能量守恒、閉合電路歐姆定律等知識綜合考查，試題難度較大． 真題例析 (2016全國Ⅱ卷)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析：由電磁感應定律得E＝Bl＝，I＝，故ω一定時，電流大小恒定，選項A正確；由

12、右手定則知圓盤中心為等效電源正極，圓盤邊緣為負極，電流經外電路從a經過R流到b，選項B正確；圓盤轉動方向不變時，等效電源正負極不變，電流方向不變，故選項C錯誤；P＝＝，角速度加倍時功率變成4倍，選項D錯誤．故選AB. 答案：AB 針對訓練 (2015課標全國Ⅱ卷)如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　　) A．Ua>Uc，金屬框中無電流 B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a—b—c—a C．Ubc＝－Bl

13、2ω，金屬框中無電流 D．Ubc＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿a—c—b—a 解析：當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，穿過直角三角形金屬框abc的磁通量恒為0，所以沒有感應電流，由右手定則可知，c點電勢高，Ubc＝－Bl2ω，故C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 1．如圖所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成回路，導線所圍區(qū)域內有一垂直紙面向里的變化的磁場，螺線管下方水平桌面上有一導體環(huán)．導線abcd所圍區(qū)域內磁場的磁感應強度按下列圖中所示的方式隨時間變化時，能使導體環(huán)受到向上的磁場作用力的是(　　) 　　　　 A　　　B　　　C　　D 解析：

14、根據法拉第電磁感應定律得E＝＝S，又根據楞次定律可得，當導體環(huán)受到向上的磁場力時，說明穿過線圈的磁通量正在減小，所以導線abcd中的電流正在減小，由I＝＝可知，正在減小，即Bt圖象上各點切線的斜率隨時間減小，應選A. 答案：A 2.(多選)如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動．現施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(　　) A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動 解析：由右手定則可知，處

15、于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高，選項A正確；根據E＝BLv可知所加磁場越強，則感應電動勢越大，感應電流越大，產生的電功率越大，消耗的機械能越快，則圓盤越容易停止轉動，選項B正確；若加反向磁場，根據楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉動，故圓盤仍減速轉動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤則圓盤中無感應電流，不消耗機械能，圓盤勻速轉動，選項D正確．故選ABD. 答案：ABD 3.如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，不考慮線框的重力，若閉合線框的電流分別為Ia、Ib，則Ia∶Ib為(　　) A

16、．1∶4　　　　 B．1∶2 C．1∶1 D．不能確定 解析：產生的感應電動勢為E＝Blv，由閉合電路歐姆定律得I＝，又Lb＝2La，由電阻定律知Rb＝2Ra， 故Ia∶Ib＝1∶1. 答案：C 4.小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B0＝1.0 T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0 A范圍內調節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使得天平平衡，測出電流即可測得物體的質量(重力加速度取g＝10 m/

17、s2)． 圖1 (1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，線圈的匝數N1至少為多少？ (2)進一步探究電磁感應現象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10 Ω，不接外電流，兩臂平衡，如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d＝0.1 m．當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率. 圖2 解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL，① 天平平衡得mg＝N1B0IL，② 代入數據得N1＝25匝．③ (2)由電磁感應定律得E＝N2，④ E＝N2Ld，⑤ 由歐姆定

18、律得I′＝.⑥ 線圈受到安培力F′＝N2B0I′L，⑦ 天平平衡mg＝NB0，⑧ 代入數據可得＝0.1 T/s. 5．如圖，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向豎直向下．一質量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速度v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好．已知導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略．求： (1)電阻R消耗的功率； (2)水平外力的大?。? 解析：(1)導體切割磁感線運動產生的電動勢為E＝BLv， 根據歐姆定律，閉合回路中的

19、感應電流為I＝， 電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯立可得P＝. (2)對導體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F， F安＝BIl＝Bl，故F＝＋μmg. 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375