2022年高考物理一轮复习专题训练五电磁感应与电路.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载20XX 届物理一轮复习 专题五电磁感应与电路思想方法提炼电磁感应是电磁学的核心内容,也是高中物理综合性最强的内容之一,高考每年必考；题型有挑选、填空和运算等,难度在中档左右,也常常会以压轴题显现；在学问上, 它既与电路的分析运算亲密相关,又与力学中力的平稳、动量定理、功能关系等学问有机结合；方法才能上, 它既可考查同学形象思维和抽象思维才能、分析推理和综合才能,又可考查同学运用数学问 如函数数值争论、图像法等 的才能；高考的热点问题和复习计策：1.运用楞次定律判定感应电流电动势 方向,运用法拉第电磁感应定律,运算感应电动势大小 .留意在懂得的基础上把握敏捷运用的技巧 . 2.矩形线圈穿过有界磁场区域和滑轨类问题的分析运算；要培育良好的分析习惯,运用动力学学问,逐步分析整个动态过程,找出关键条件,运用运动定律特殊是功能关系解题；3.实际应用问题,如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼等复习时应多留意；此部分涉及的主要内容有：1.电磁感应现象 . 1 产生条件：回路中的磁通量发生变化 . 2 感应电流与感应电动势：在电磁感应现象中产生的是感应电动势,如回路是闭合的,就有感应电流产生；如回路不闭合,就只有电动势,而无电流 . 3 在闭合回路中,产生感应电动势的部分是电源,其余部分就为外电路 . 2.法拉第电磁感应定律：E=n t,E=BLvsin,留意瞬时值和平均值的运算方法不同 . 3.楞次定律三种表述：1 感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化涉及到：原磁场方向、磁通量增减、感应电流的磁场方向和感应电流方向等四方面 .右手定就是其中一种特例 . 2 感应电流引起的运动总是阻碍相对运动 . 3 自感电动势的方向总是阻碍原电流变化 . 4.相关链接1 受力分析、合力方向与速度变化,牛顿定律、动量定理、动量守恒定律、匀速圆周运动、功和能的关系等力学学问 . 2 欧姆定律、电流方向与电势高低、电功、电功率、焦耳定律等电路学问 . 3 能的转化与守恒定律 . 感悟 · 渗透 · 应用【例 1】三个闭合矩形线框、处在同一竖直平面内,在线框的正上方有一条固定的长直导线, 导线中通有自左向右的恒定电流,沿垂直长直 导线向下运动,沿平行长直 导线方向平动,绕其竖直中心 轴 OO 转动 . 1在这三个线框运动的过程中,哪些线框中有感应电流产生 . 方向如何 . 如下列图, 如三个闭合线框分别做如下运动：名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载2线框转到图示位置的瞬时,是否有感应电流产生 . 【解析】此题旨在考查感应电流产生的条件.依据直线电流四周磁场的特点,判定三个线框运动过程中,穿过它们的磁通量是否发生变化 . 1长直导线通有自左向右的恒定电流时,导线四周空间磁场的强弱分布不变,但离导线越远,磁场越弱,磁感线越稀；离导线距离相同的地方,磁场强弱相同 . 线框沿垂直于导线方向向下运动,穿过它的磁通量减小,有感应电流产生,电流产生的磁场方向垂直纸面对里,依据楞次定律, 感应电流的磁场方向也应垂直纸面对里,再由右手螺旋定就可判定感应电流为顺时针方向；线框沿平行导线方向运动,与直导线距离不变,穿过线框的磁通量不变,因此线框中无感应电流产生；线框绕OO 轴转动过程中,穿过它的磁通量不断变化,在转动过程中线框中有感应电流产生,其方向是周期性转变的. 2线框转到图示位置的瞬时,线框中无感应电流,由于长直导线下方的磁场方向与纸面垂直, 在该位置线框的两竖直边运动方向与磁场方向平行,不切割磁感线, 所以无感应电流； 从磁通量变化的角度考虑,图示位置是线框中磁通量从增加到最大之后开头减小的转折点,此位置感应电流的方向要发生变化,故此时其大小必为 0. 【解题回忆】 对瞬时电流是否存在应看回路中磁通量是否变化,或看回路中是否有一段导体做切割磁感线运动,要想知道线框在磁场中运动时磁通量怎样变化,必需知道空间的磁场强弱、方向分布的情形,对常见磁体及电流产生的磁场要相当熟识 . 【例 2】如下列图,在倾角为 的光滑的斜面上,存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场,方向一个垂直斜面对上,另一个垂直斜面对下,宽度均为 L,一个质量为 m,边长也为 L 的正方形线框 设电阻为 R以速度 v 进入磁场时,恰好做匀速直线运动 .如当 ab 边到达 gg 与 ff 中间位置时,线框又恰好做匀速运动,就：1当 ab 边刚越过 ff 时,线框加速度的值为多少 . 2求线框开头进入磁场到 ab 边到达 gg 与 ff 中点的过程中产生的热量是多少 . 【解析】此题旨在考查电磁感应与能量之间的关系 .线框刚越过 ff 时,两条边都在切割磁感线,其电路相当于两节相同电池的串联,并且这两条边仍同时受到安培力的阻碍作用 . 1ab 边刚越过 ee 即做匀速直线运动,说明线框此时所受的合力为 0,即BLvmgsin B LR在 ab 边刚越过 ff 时, ab、 cd 边都切割磁感线产生感应电动势,但线框的运动速度不能突变,就此时回路中的总感应电动势为 E=2BLv ,设此时线框的加速度为 a,就 2BE L/R-mgsin =ma,a=4B 2L 2v/Rm-gsin =3gsin ,方向沿斜面对上 . 2设线框再做匀速运动时的速度为 v ,就 mgsin =2B 2L 2v/R× 2,即 v=v/4,从线框越过 ee 到线框再做匀速运动过程中,设产生的热量为 Q,就由能量守恒定律得 : Q mg 3 L sin 1 mv 2 1 mv ' 22 2 23 mgL sin 15 mv 2【解题回忆】 电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化,2 32适时选用能量守恒关系常会使求解很便利,特殊是处理变加速直线运动或曲线运动问题 . 【例 3】如下列图, da、cb 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载为相距 L 的平行导轨 电阻可以忽视不计 .a、b 间接有一个固定电阻,阻值为 R.长直细金属杆MN 可以按任意角架在水平导轨上,并以速度 v 匀速滑动 平移 ,v 的方向和 da 平行 . 杆 MN 有电阻,每米长的电阻值为 小为 B,方向垂直纸面 dabc 平面 向里R.整个空间布满匀强磁场,磁感应强度的大1求固定电阻 R 上消耗的电功率为最大时 角的值2求杆 MN 上消耗的电功率为最大时 角的值 . 【解析】如下列图,杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势 E=BLv ,与 角无关 . 以 r 表示两导轨间那段杆的电阻,回路中的电流为 : I E2 R r2 E R1电阻 R 上消耗的电功率为 : PR I R R r 2由于 E 和 R 均与 无关,所以 r 值最小时, PR 值达最大 .当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短, r 的值最小,所以 PR最大时的 值为 = /2. 2杆上消耗的电功率为 : 2Pr= I 2r R E rr 2r要求 Pr 最大,即要求rRr2取最大值 .由于R,r=R 即要求两导轨间的rr21 1rR2 明显, r=R 时,RR4RrRr2有极大值杆长为 1m,所以有以下两种情形：假如 L1m,就满意下式时r=R rR 2R取最小值,1× sin =L 所以=arcsinL 假如 L1m,就两导轨间那段杆长总是大于1m,即总有 r RrR21r2 R2rRR在 rR 的条件下,上式随r 的减小而单调减小,r 取最小值时,rrrR 2取最大值,所以,Pr 取最大值时值为2【例 4】如下列图,光滑的平行导轨P、Q 相距L=1m ,处在同一水平面中,导轨左端接有如下列图的电路,其中水平放置的平行板电容器 C 两极板间距离 d=10mm,定值电阻 R1=R3=8 ,R2=2 ,导轨电阻不计 . 磁感应强度 B=0.4T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨面 .当金属棒 ab 沿导轨向右匀速运动名师归纳总结 开关 S 断开 时,电容器两极板之间质量m=1× 10-14kg、a=7m/s2 向下做匀加第 3 页,共 10 页带电量 Q=-1× 10-15C 的微粒恰好静止不动；当 S 闭合时, 微粒以加速度- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 速运动,取g=10m/s2,求：学习必备欢迎下载1 金属棒 ab 运动的速度多大 .电阻多大 . 2S 闭合后,使金属棒 ab 做匀速运动的外力的功率多大 . 【解析】 1带电微粒在电容器两极板间静止时,受向上的电场力和向下的重力作用而平稳,就得到 :mg= qU1mgd1014100 .01 V1 Vd求得电容器两极板间的电压U1q1015由于微粒带负电,可知上极板电势高. 由于 S 断开, R1上无电流, R2、R3串联部分两端总电压等于U 1,电路中的感应电流,即通过R2、R3 的电流为 : I1U1R 3812A0. 1AE=U 1+Ir R 2由闭合电路欧姆定律,ab 切割磁感线运动产生的感应电动势为其中 r 为 ab 金属棒的电阻当闭合 S 后,带电微粒向下做匀加速运动,依据牛顿其次定律,有:mg-U 2q/d=m a求得 S 闭合后电容器两极板间的电压: U2mgqa d1014 1070 . 01 V10150 . 3 V这时电路中的感应电流为I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A I2R 1R 3R 2r依据闭合电路欧姆定律有ER 1R 3将已知量代入求得E=1.2V ,r=2又因 E=BLv v=E/BL=1.2/0.4 × 1m/s=3m/s 即金属棒 ab 做匀速运动的速度为 3m/s,电阻 r=22S 闭合后,通过 ab 的电流 I2=0.15A ,ab 所受安培力 F2=BI 2L=0.4 × 1× 0.15N=0.06N ab以速度 v=3m/s 做匀速运动时,所受外力必与安培力 F2 大小相等、方向相反,即 F=0.06N,方向向右 与 v 同向 ,可见外力 F 的功率为 : P=Fv=0.06 × 3W=0.18W 【例 5】已知某一区域的地下埋有一根与地面平行的直线电缆,电缆中通有变化的电流,在其四周有变化的磁场,因此,可以通过在地面上测量闭合摸索小线圈中的感应电动势来探测电缆的准确位置、走向和深度 .当线圈平面平行地面时,a、c 在两处测得摸索线圈感应电动势为 0,b、d 两处测得摸索线圈感应电动势不为 0；当线圈平面与地面成 45° 夹角时, 在 b、d 两处测得摸索线圈感应电动势为 0；经测量发觉,a、b、 c、d 恰好位于边长为 1m 的正方形的四个顶角上,名师归纳总结 如下列图,据此可以判定地下电缆在m.两点连线的第 4 页,共 10 页正下方,离地表面的深度为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【解析】当线圈平面平行地面时,学习必备欢迎下载0,b、d 两处测a、c 在两处测得摸索线圈感应电动势为得摸索线圈感应电动势不为 0；可以判定出地下电缆在 a、c 两点连线的正下方； 如下列图 ac 表示电缆, 当线圈平面与地面成 45° 夹角时, 在 b、d 两处测得摸索线圈感应电动势为 0；可判定出 Ob 垂直试探线圈平面,就作出：Rt OOb,其中 ObO=45°那么 OO=Ob= /2=0.71m. 【解题回忆】此题是一道电磁感应现象的实际应用的题目,将摸索线圈产生感应电动势的条件应用在数学中,当线圈平面与地面成 45° 夹角时,在 b、d 两处测得摸索线圈感应电动势为 0,即电缆与在 b、d 两处时的线圈平面平行,然后作出立体几何的图形,便可用数学方法处理物理问题 .【例 6】 在如下列图的水平导轨上（摩擦、电阻忽视不计）,有竖直向下的匀强磁场,磁感强度 B,导轨左端的间距为 L 1=4L 0,右端间距为 L2=L 0；今在导轨上放置 AC,DE 两根导体棒,质量分别为 m1=2m 0,m2=m 0,电阻 R1=4R0,R2=R 0；如 AC 棒以初速度 V0 向右运动,求 AC 棒运动的过程中产生的总焦耳热 QAC,以及通过它们的总电量 q；【错解分析】 错解： AC 棒在磁场力的作用下,做 变速运动；运动过程复杂,应从功能关系的角度来分析；由于没有摩擦,最终稳固的状态应为两棒做匀速运动；根 据动量守恒定律 m1v0=（m1m2）v整个回路产生的焦耳热由于 R1=4R0,R2=R 0；所以 AC 棒在运动过程中产生的焦耳热对 AC 棒应用动量定理：BIL 1· t=m 1v m1v0AC 棒在磁场力的作用下做变速运动,最终达到运动稳固,两棒都做匀速运动的分析是正确的； 但是以此类推认为两棒的运动速度相同是错误的；假如两棒的速度相同就回路中仍有磁通量的变化,仍会存在感应电动势,感应电流仍会受到安培力的作用,AC,DE 不行能做匀速运动；【正确解答】由于棒 L 1 向右运动,回路中产生电流,Ll 受安培力的作用后减速,L 2 受安培力加速使回路中的电流逐步减小；只需 v1, v2 满意肯定关系,两棒做匀速运动；两棒匀速运动时,I=0,即回路的总电动势为零；所以有BL lv 1=BL 2v2名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 再对 DE 棒应用动量定理学习必备欢迎下载BL 2I· t = m 2v2【解题回忆】 电磁感应现象应用问题,往往涉及到许多学问点, 是最为复杂的综合性题综合性题的处理途径主要是采纳“分析法 ” ：按学问点 主要指物理规律划分如干基础题型,按各基础题型解题步骤建立方程,最终解方程组即可得解以前我们做过类似的题；那道题中的平行轨道间距都是一样的；有一些同学脱口而出,把那道题的结论照搬到此题中来,犯了生搬硬套的错误；差异就是冲突； 两道题的差别就在平行导轨的宽度不一样上；如何分析它们之间的差别呢？仍是要从基本原理动身；平行轨道间距一样的情形两根导体棒的速度相等,才能使回路中的磁通量的变化为零；此题中假如两根导轨的速度一样,由于平行导轨的宽度不同导致磁通量的变化不为零,仍旧会有感应电流产生, 两根导体棒仍会受到安培力的作用,其中的一根连续减速,另一根连续加速,直到回路中的磁通量的变化为零,才使得两根导体棒做匀速运动；抓住了两道题的差异之所在,问题就会迎刃而解；【 例 7】用匀称导线弯成正方形闭合金属线框 abcd,线框每边长 80cm,每边的电阻为 1 ；把线框放在磁感强度 B=0.05T 的匀强磁场中, 并使它绕轴 OO 以 =100rad/s 的角速度匀角速度旋转, 旋转方向如下列图, 已知轴 OO 在线框平面内, 并且垂直于 B,od=3oa, Oc=3 Ob,当线框转至和 B 平行的瞬时；求：（1）每条边产生的感应动势大小；（2）线框内感应电流的大小；（3）e,f 分别是 ab 和 cd 的中点, ef 两点间的电势差；【错解分析】错解：线圈在转动时,只有ab 边和 cd 边作 切割磁感线运动,产生感应电动势；（2）由右手定就可知,线框在图示位置时,ab 中感应电动势方向向上,而cd 中感应电势的方向向下；（3）观看 fcbe 电路名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 此题解共有学习必备欢迎下载即缺少4 处错误； 第一, 由于审题不清没有将每一条边的感应电动势求出,ad和 bc；即使它们为零,也应表达出来；其次,边长中两部分的的倍数关系与每一部分占总长的几分之几表述不正确；第三,ab 边和 cd 边的感应电动势的方向分别向上、向下；但是它们的关系是电源的串联,都使电路中产生顺时针方向的电流,闭合回路的总电动势应为： cd+ ab,而不是相减；第四,求 Uef 时,争论电路 fcbe,应用闭合电路欧姆定律,内电路中产生电动势的边长只剩下一半,感应电动势也只能是 cd/2；【正确解答】（1）线框转动时,ab 边和 cd 边没有切割磁感线,所以ad=0,bc=0；（3）观看 fcbe 电路【解题回忆】没有法规不能成方圆；解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：（1）通过多角度的视图,把磁场的空间分布弄清晰；（2）在求感应电动势时,弄清是求平均电动势仍是瞬时电动势,挑选合适的公式解题； （3）进行电路运算时要画出等效电路图作电路分析,然后求解；【例 8】如下列图, 在跟匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线 MON ,MON= ；在它上面搁置另一根与 ON 垂直的导线 PQ,PQ 紧 贴MO ,ON 并以平行于 ON 的速度 V,从顶角 O 开头 向 右 匀速滑动,设裸导线单位长度的电阻为R0,磁感强度为B,求回路中的感应电流；【错解分析】错解：设PQ 从顶角 O 开头向右运动的时间为 t,名师归纳总结 Ob=v · t,tg ,第 7 页,共 10 页ab=v· t ·- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载不是我 们要求 的电动 势的瞬 时值；由于电阻（1cos sin ）由于两者不对应,结果就不行能正确；【正确解答】设 PQ 从顶角 O 开头向右运动的时间为 t,Ob=v· t,abv·回路中 =Blv=B ·ab·v=Bv 2· t· tg ；回路中感应电流时间增大, 产生的感应电动势不是恒量；防止出错的方法是先判定感应电动势的特点,依据详细情形打算用瞬时值的表达式求解；【例 9】如下列图,以边长为 50cm 的正方形导线框,放置在 B=0.40T 的匀强磁场中；已 知磁场方向与水平方向成 37° 角, 线框电阻为 0.10 ,求 线 框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线 横 截面积的电量；【错解分析】错解：线框在水平位置时穿过线框的磁 通 量 1=BScos53° =6.0× 10-2Wb 线 框 转 至 竖 直 位 置 时 , 穿 过 线 框 的 磁 通 量 2=BScos37° =8.0× 10-8（ Wb）这个过程中的平均电动势名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载通过导线横截面的电量磁通量 1=BScos ,公式中 是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角；如 90°时, 为正, 90° 时, 为负,所以磁通量 有正负之分,即在线框转动至框平面与B方向平行时,电流方向有一个转变过程；错解就是忽视了磁通量的正负而导致错误；【正确解答】设线框在水平位置时法线（图中） 1=BScos53° =6.0× 10-2Wb n 方向向上,穿过线框的磁通量当线框转至竖直位置时,线框平面的法线方向水平向右,与磁感线夹角 =143° ,穿过线框的磁通量 通过导线横截面的电量【小结】 1=BScos143° =-8.0 × 10-2Wb 通过画图判定磁通量的正负,然后在运算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能防止出现错误；【例 10】、如下列图,两根相互平行、间距d=0.4米 的金属导轨,水平放置于匀强磁场中,磁感应强度B=0.2T ,磁场垂直于导轨平面,金属滑杆 ab、cd 所 受 摩擦力均为 f=0.2N ；两根杆电阻均为 r=0.1 ,导轨电 阻 不计,当 ab 杆受力 F=0.4N 的恒力作用时, ab 杆以 V 1 做 匀速直线运动, cd 杆以 V 2 做匀速直线运动, 求速度差 V 1 V 2等于多少？分析与解：在电磁感应现象中,如回中的感应电动 图 32-1 势 是由导体做切割磁感线运动而产生的,就通常 用 =BlVsin 来求 较便利,但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的,假如先求出每根导体棒各自的电动势,再求回路的总电动势,有时就会涉及 “反电动势 ”而超纲；假如取整个回路为争论对象,直接将法拉第电磁感应定律 = 用于整个回路上,即可 “一次性 ”求得回路的总电动势,躲开超纲总而化纲外为纲内；cd 棒匀速向右运动时,所受摩擦力f 方向水平向左,就安培力Fcd方向水平向右,由左手定就可得电流方向从c 到 d,且有：Fcd = IdB = f I = f /Bd,由法拉第电磁感应定律 =,根取整个回路abcd 为争论对象,设回路的总电势为据 B 不变,就 =B S,在 t 时间内, =BV1V 2 td 名师归纳总结 所以： =BV1V 2 td/ t=BV 1V 2d第 9 页,共 10 页又依据闭合电路欧母定律有：I= /2r由式得：V 1V 2 = 2fr / B2d2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 代入数据解得：学习必备欢迎下载V 1V 2 =6.25（m/s）【 例 11】.如下列图,线圈每边长 L0.20,线 圈 质量 10.10、电阻0.10 ,砝码质量 20.14线圈上方的匀强磁场磁感强度0.5,方 向垂直线圈平面对里,磁场区域的宽度为 L0.20砝码从某一位置下降,使边进入磁场图 33-1 开 始做匀速运动求线圈做匀速运动的速度培 力解析 ：该题的争论对象为线圈,线圈在匀速上升时受到的安安、绳子的拉力和重力1相互平稳,即安 1砝码受力也平稳： 2线圈匀速上升,在线圈中产生的感应电流 L,因此线圈受到向下的安培力安 L2L2联解式得（21）代入数据解得：4（）【例 12】如下列图, OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨, O、C 处分别接有短电阻丝（图中粗线表示）,R1 4 、R28 （导轨其它部分电阻不计）；导轨 OAC的外形满意方程 y 2 sin x （单位： m）；磁感强度3B0.2T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面；一足够长的金属棒在水平外力 F 作用下,以恒定的速率 v5.0m/s 水平向右在导轨上从 O 点滑动到 C 点,棒与导轨接触良好且始终保持与 OC 导轨垂直,不计棒的电阻；求：（1）外力 F 的最大值；（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝 电流 I 与时间 t 的关系；R1 上消耗的最大功率； （3）在滑动过程中通过金属棒的解析 ：（1）金属棒匀速运动F外F 安B L v 且xvt,I /R总F 外BIL B2L2v/R 总Lmax2sin22m R总R 1R28/3 R 1R 2Fm a x0 2.2225.03/80.3 N（2）P 12/R 1B2L2v2/R 102.2225 .02/41Wm （3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化L2sin3xBLv ,名师归纳总结 IR 总Bv2sin3vt3sin5tA 第 10 页,共 10 页R 总43- - - - - - -