高中物理教科版2第一章電磁感應(yīng) 第1章章末分層突破

章末分層突破[自我校對(duì)]①法拉第②電路閉合③Φ發(fā)生變化④楞次定律⑤右手定則⑥neq\f(ΔΦ,Δt)⑦BLv⑧電流⑨安培力⑩安培力?電流?本身性質(zhì)__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題通過導(dǎo)體的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中將受到安培力作用，從而引起導(dǎo)體速度、加速度的變化．1．基本方法(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．(2)求回路中的電流．(3)分析導(dǎo)體受力情況(包括安培力在內(nèi)的全面受力分析)．(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程．2．電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題(1)解決這類問題的關(guān)鍵是通過受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度為最大值、最小值的條件．如圖1-1所示，線圈abcd每邊長l＝0.20m，線圈質(zhì)量m1＝0.10kg、電阻R＝Ω，重物質(zhì)量為m2＝0.14kg.線圈上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T，方向垂直線圈平面向里，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為h＝0.20m．重物從某一位置下降，使ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，求線圈做勻速運(yùn)動(dòng)的速度．圖1-1【解析】線圈在勻速上升時(shí)受到的安培力F安、繩子的拉力F和重力m1g相互平衡，即F＝F安＋m1g①重物受力平衡：F＝m2g②線圈勻速上升，在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)③線圈受到向下的安培力F安＝BIl④聯(lián)立①②③④式解得v＝eq\f(m2－m1gR,B2l2)＝4m/s.【答案】4m/s電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧(1)將安培力與其他力一起進(jìn)行分析．(2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力．(3)列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口．電磁感應(yīng)中的電路問題電磁感應(yīng)問題往往和電路問題聯(lián)系在一起，解決這類問題的基本方法是：1．確定電源，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分電路就相當(dāng)于電源，利用法拉第電磁感應(yīng)定律確定其電動(dòng)勢(shì)的大小，利用右手定則或楞次定律確定其方向以及感應(yīng)電流的方向，需要強(qiáng)調(diào)的是：在電源內(nèi)部電流是由負(fù)極流向正極的，在外部從正極流向外電路，并由負(fù)極流入電源．2．分析電路結(jié)構(gòu)，畫出等效電路圖，這一步關(guān)鍵是“分析”的到位與準(zhǔn)確，承上啟下，為下一步的處理做好準(zhǔn)備．3．利用電路規(guī)律求解，主要還是利用歐姆定律、串并聯(lián)電路中電功、電熱之間的關(guān)系等．4．注意：電源兩極間的電壓為路端電壓．如圖1-2所示，粗細(xì)均勻的金屬環(huán)的電阻為R，可繞軸O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿OA的電阻為eq\f(R,4)，桿長為l，A端與環(huán)相接觸，一阻值為eq\f(R,2)的定值電阻分別與桿的端點(diǎn)O及環(huán)邊緣D連接．桿OA在垂直于環(huán)面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．求電路中總電流的變化范圍．圖1-2【解析】設(shè)OA桿轉(zhuǎn)至題中所示位置時(shí)，金屬環(huán)A、D間的兩部分電阻分別為R1、R2，其等效電路如圖所示，則電路中的總電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4)＋R并)＝eq\f(\f(1,2)Bωl2,\f(3,4)R＋R并)，式中R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2).因?yàn)镽1＋R2＝R為定值，故當(dāng)R1＝R2時(shí)，R并有最大值，最大值為eq\f(R,4)；當(dāng)R1＝0或R2＝0時(shí)，R并有最小值，最小值為0，因此電流的最小值和最大值分別為Imin＝eq\f(\f(1,2)Bωl2,\f(3,4)R＋\f(1,4)R)＝eq\f(Bωl2,2R)，Imax＝eq\f(\f(1,2)Bωl2,\f(3,4)R＋0)＝eq\f(2Bωl2,3R).所以eq\f(Bωl2,2R)≤I≤eq\f(2Bωl2,3R).【答案】eq\f(Bωl2,2R)≤I≤eq\f(2Bωl2,3R)電磁感應(yīng)中電路問題的分析方法(1)明確電路結(jié)構(gòu)，分清內(nèi)、外電路．(2)根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方式計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，如果是磁場(chǎng)變化，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)計(jì)算；如果是導(dǎo)體切割磁感線，由E＝Blv計(jì)算．(3)根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．(4)根據(jù)電路組成列出相應(yīng)的方程式．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題1.電磁感應(yīng)的本質(zhì)——能量轉(zhuǎn)化電磁感應(yīng)過程，實(shí)質(zhì)上也是一個(gè)能量轉(zhuǎn)化和守恒的過程．通過安培力做負(fù)功，將其他非電能轉(zhuǎn)化為電能；同時(shí)又將轉(zhuǎn)化來的電能進(jìn)一步轉(zhuǎn)化成其他非電能．因此電磁感應(yīng)過程總是伴隨著能量轉(zhuǎn)化．2．利用功能關(guān)系求解電磁感應(yīng)問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律或?qū)w切割磁感線公式確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向．(2)畫出等效電路，求解電路中相關(guān)參量，分析電路中能量轉(zhuǎn)化關(guān)系．(3)研究導(dǎo)體機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，利用能量轉(zhuǎn)化和守恒關(guān)系，列出機(jī)械能功率與電路中電功率變化的守恒關(guān)系式．3．電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化類型(1)機(jī)械能→電能→機(jī)械能＋內(nèi)能(2)化學(xué)能→電能→機(jī)械能＋內(nèi)能(2)非電能→電能→內(nèi)能如圖1-3所示，足夠長的U形框架寬度是L＝0.5m，電阻忽略不計(jì)，其所在平面與水平面成θ＝37°角，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)體框平面，一根質(zhì)量為m＝0.2kg，有效電阻R＝2Ω的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，該導(dǎo)體棒與框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，導(dǎo)體棒由靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過導(dǎo)體棒截面的電量共為Q＝2C．求：圖1-3(1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度；(2)導(dǎo)體棒從靜止開始下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)，這一過程中導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電功．【解析】(1)導(dǎo)體棒受力如圖，勻速下滑時(shí)有平行斜面方向：mgsinθ－Ff－F＝0垂直斜面方向：FN－mgcosθ＝0其中Ff＝μFN安培力F＝BIL電流I＝eq\f(E,R)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv由以上各式得v＝5m/s.(2)通過導(dǎo)體棒的電量Q＝eq\x\to(I)Δt其中平均電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)設(shè)導(dǎo)體棒下滑位移為s，則ΔΦ＝BsL由以上各式得s＝eq\f(QR,BL)＝eq\f(2×2,×m＝10m全程由動(dòng)能定理得mgssinθ－W安－μmgcosθ·s＝eq\f(1,2)mv2其中克服安培力做功W安等于電功W則W＝mgs·sinθ－μmgscosθ－eq\f(1,2)mv2＝(12－8－J＝J.【答案】(1)5m/s(2)J電磁感應(yīng)中的圖像問題1.圖像類型(1)電磁感應(yīng)中常涉及磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I等隨時(shí)間變化的圖線，即B-t圖線、Φ-t圖線、E-t圖線和I-t圖線．(2)對(duì)于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的情況，有時(shí)還常涉及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I等隨位移x變化的圖線，即E-x圖線和I-x圖線等．2．兩類圖像問題(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖像；(2)由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量．3．解題的基本方法(1)關(guān)鍵是分析磁通量的變化是否均勻，從而判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(電流)或安培力的大小是否恒定，然后運(yùn)用楞次定律或左手定則判斷它們的方向，分析出相關(guān)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，確定其大小和方向及在坐標(biāo)軸中的范圍．(2)圖像的初始條件，方向與正、負(fù)的對(duì)應(yīng)，物理量的變化趨勢(shì)，物理量的增、減或方向正、負(fù)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)都是判斷圖像的關(guān)鍵．4．解題時(shí)要注意的事項(xiàng)(1)電磁感應(yīng)中的圖像定性或定量地表示出所研究問題的函數(shù)關(guān)系．(2)在圖像中E、I、B等物理量的方向通過物理量的正、負(fù)來反映．(3)畫圖像要注意縱、橫坐標(biāo)的單位長度、定義或表達(dá)．如圖1-4所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其斜邊長為2L，高為L.在該區(qū)域內(nèi)分布著如圖所示的磁場(chǎng)，左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一邊長為L、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應(yīng)電流方向?yàn)檎?，則選項(xiàng)圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖像正確的是()圖1-4【解析】根據(jù)右手定則確定，當(dāng)b、c剛進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，電流為正方向，C錯(cuò)誤；根據(jù)E＝BLv，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的大小與有效長度成正比，bc邊在左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，有效長度沿x方向逐漸增大，bc進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，ad進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)，由于兩側(cè)磁場(chǎng)方向相反，故有效長度為ad和bc切割磁感線有效長度之和，保持不變，且電流為負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；當(dāng)bc邊離開右側(cè)磁場(chǎng)后，ad邊切割磁感線，電流方向仍為正方向，故B錯(cuò)誤，D正確．【答案】D1.(多選)(2023·全國卷Ⅰ)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”．實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖1-5所示．實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來，但略有滯后．下列說法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：31310066】圖1-5A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C．在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)【解析】當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)A正確；如圖所示，銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流阻礙其相對(duì)運(yùn)動(dòng)，但抗拒不了相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故磁針會(huì)隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，但略有滯后，選項(xiàng)B正確；在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量始終為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成的電流的磁場(chǎng)方向沿圓盤軸線方向，會(huì)使磁針沿軸線方向偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【答案】AB2．(2023·全國卷Ⅱ)如圖1-6，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a，b，c三點(diǎn)的電勢(shì)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－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a圖1-6【解析】金屬框abc平面與磁場(chǎng)平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B，D錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項(xiàng)C正確．【答案】C3．(2023·重慶高考)如圖1-7為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：31310067】A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)圖1-7【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，因磁場(chǎng)均勻變化，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差恒為φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，選項(xiàng)C正確．【答案】C4.(2023·全國卷Ⅰ)如圖1-8所示，在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點(diǎn)接觸，構(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌．空間存在垂直于紙面的均勻磁場(chǎng)．用力使MN向右勻速運(yùn)動(dòng)，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，運(yùn)動(dòng)中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸．下列關(guān)于回路中電流i與時(shí)間t的關(guān)系圖線，可能正確的是()圖1-8【解析】設(shè)圖示位置時(shí)a距棒的距離為l0，導(dǎo)體棒勻速切割磁感線的速度為v，單位長度金屬棒的電阻為R0，導(dǎo)軌夾角為θ，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t時(shí)，切割磁感線的導(dǎo)體棒長度l＝2(l0＋vt)taneq\f(θ,2)，有效電路中導(dǎo)體棒長度l總＝l＋eq\f(2l0＋vt,cos\f(θ,2))，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)taneq\f(θ,2)，電路中總電阻R＝R0l總＝R0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2l0＋vttan\f(θ,2)＋\f(2l0＋vt,cos\f(θ,2))))，所以i＝eq\f(e,R)＝eq\f(2Bvl0＋vttan\f(θ,2),R0\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2l0＋vttan\f(θ,2)＋\f(2l0＋vt,cos\f(θ,2)))))＝eq\f(Bv·tan\f(θ,2),R0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tan\f(θ,2)＋\f(1,cos\f(θ,2)))))，即i為恒定值與t無關(guān)，選項(xiàng)A正確．【答案】A5．(2023·全國卷Ⅱ)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖1-9所示．整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g.求：【導(dǎo)學(xué)號(hào)：31310068】(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大??；(2)外力的功率．圖1-9【解析】(1)根據(jù)右手定則，得導(dǎo)體棒AB上的電流方向?yàn)锽→A，故電阻R上的電流方向?yàn)镃→D.設(shè)導(dǎo)體棒AB中點(diǎn)的速度為v，則v＝eq\f(vA＋vB,2)而vA＝ωr，vB＝2ωr根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Brv根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(3Bωr2,2R).(2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg解得P＝eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2).【答案】(1)方向?yàn)镃→D大小為eq\f(3Bωr2,2R)(2)eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2)6．(2023·浙江高考)某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置，工作原理如圖1-10所示．一個(gè)半徑為R＝0.1m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在圓