高中物理粵教版2第一章電磁感應(yīng)

章末分層突破[自我校對]①電生磁②磁生電③B④S⑤E感⑥I感⑦S⑧B⑨L⑩v?自身結(jié)構(gòu)電磁感應(yīng)中的圖象問題圖象類型(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Ф、感應(yīng)電動勢E、感應(yīng)電流i、電壓u、電量q隨時(shí)間t變化的圖象，即B-t圖象、Ф-t圖象、E-t圖象、i-t圖象、u-t圖象、q-t圖象(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流i隨線圈位移x變化的圖象，即E-x圖象和i-x圖象問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量應(yīng)用知識左手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律、相關(guān)數(shù)學(xué)知識等如圖1-1(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖1-1(b)所示．已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時(shí)間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()圖1-1【解析】由題圖(b)可知在cd間不同時(shí)間段內(nèi)產(chǎn)生的電壓是恒定的，所以在該時(shí)間段內(nèi)線圈ab中的磁場是均勻變化的，則線圈ab中的電流是均勻變化的，故選項(xiàng)A、B、D錯誤，選項(xiàng)C正確．【答案】C如圖1-2所示，有一個(gè)等腰直角三角形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其直角邊長為L，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為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勻速穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d的感應(yīng)電流為正，則下列選項(xiàng)中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖象正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：97192047】圖1-2【解析】線框bc邊從L到2L的過程中，bc邊切割磁感線，且bc邊的有效切割長度均勻增大，在2L處最大，故回路電流均勻增大，由右手定則判斷電流方向?yàn)檎较颍辉?L到3L，ad邊切割磁感線，且有效切割長度增大，用右手定則判定電流方向?yàn)樨?fù)方向，綜上分析，C項(xiàng)正確．【答案】C解決線框進(jìn)出磁場問題的三點(diǎn)注意1．明確線框特點(diǎn)：線框形狀及切割磁感線的有效長度．2．關(guān)注兩個(gè)過程即可：進(jìn)入磁場的過程；離開磁場的過程．3．注意兩場過渡：若有兩個(gè)不同的磁場，還需注意兩條邊分別在不同磁場時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流方向的關(guān)系．電磁感應(yīng)中的電路問題回路中的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動或穿過回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于電源．因此，電磁感應(yīng)問題往往和電路問題聯(lián)系在一起，解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法是：1．明確哪一部分電路產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則這部分電路就是等效電源，該部分電路的電阻是電源的內(nèi)阻，而其余部分電路則是用電器，是外電路．2．分析電路結(jié)構(gòu)，畫出等效電路圖．3．用法拉第電磁感應(yīng)定律確定感應(yīng)電動勢的大小，再運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功、電熱等知識求解．如圖1-3所示，OAC是半徑為l、圓心角為120°的扇形金屬框，O點(diǎn)為圓心，OA邊與OC邊電阻不計(jì)；圓弧AC單位長度的電阻相等，總阻值為4r.長度也為l、電阻為r的金屬桿OD繞O點(diǎn)從OA位置以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，整個(gè)過程中金屬桿兩端與金屬框接觸良好．求：圖1-3(1)金屬桿OD轉(zhuǎn)過60°時(shí)它兩端的電勢差UOD；(2)金屬桿OD轉(zhuǎn)過120°過程中，金屬桿OD中的電流I與轉(zhuǎn)過的角度θ的關(guān)系式．【解析】(1)設(shè)金屬桿OD旋轉(zhuǎn)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，等效電路如圖示則有E＝eq\f(1,2)Bωl2①金屬桿OD轉(zhuǎn)過60°時(shí)，由題意可知RAD＝RDC＝2r②由串并聯(lián)電路的規(guī)律可知電路外電阻R＝eq\f(RADRDC,RAD＋RDC)③由閉合電路歐姆定律有UOD＝－eq\f(R,R＋r)E④由①～④式可得UOD＝－eq\f(Bωl2,4).(2)設(shè)金屬桿OD轉(zhuǎn)過θ時(shí)，由題意可知RAD＝eq\f(6θ,π)r⑤RDC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(6θ,π)))r⑥由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)⑦由①③式及⑤～⑦式可得I＝eq\f(Bωπ2l2,2π2＋12πθ－18θ2r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(2π,3))).【答案】(1)－eq\f(Bωl2,4)(2)見解析求解電磁感應(yīng)中電路問題的關(guān)鍵電磁感應(yīng)中的電路問題，實(shí)際上是電磁感應(yīng)和恒定電流問題的綜合題．感應(yīng)電動勢大小的計(jì)算、方向的判定以及電路的等效轉(zhuǎn)化，是解決此類問題的關(guān)鍵．電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題1.方法步驟(1)畫出等效電路圖．(2)求出導(dǎo)體棒上電流的大小及方向．(3)確定導(dǎo)體棒所受安培力的大小及方向．(4)分析其他外力，列動力學(xué)或平衡方程求解．2．動力學(xué)分析循環(huán)結(jié)束時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動狀態(tài)．3．能量分析解決電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化問題的一般思路：(1)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于電源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．如：①有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生．②克服安培力做功，就有電能產(chǎn)生．③如果安培力做正功，就有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．(3)列有關(guān)能量的關(guān)系式求解．如圖1-4甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略．讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦．圖1-4(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大小；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的最大速度．【解析】(1)ab桿受到重力mg，豎直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．受力示意圖如圖所示．(2)當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動勢E＝BLv，此時(shí)電路中電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，ab桿受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，有mgsinθ－F＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，則a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)當(dāng)a＝0即eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).【答案】(1)見解析(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)如圖1-5所示，兩根相同的勁度系數(shù)為k的金屬輕彈簧用兩根等長的絕緣線懸掛在水平天花板上，彈簧的上端通過導(dǎo)線與阻值為R的電阻相連，彈簧的下端接一質(zhì)量為m、長度為L、電阻為r的金屬棒，金屬棒始終處于寬度為d的垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．開始時(shí)彈簧處于原長，金屬棒從靜止釋放，其下降高度為h時(shí)達(dá)到了最大速度．已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，且當(dāng)彈簧的形變量為x時(shí)，它的彈性勢能為eq\f(1,2)kx2，不計(jì)空氣阻力和其他電阻，求： 【導(dǎo)學(xué)號：97192048】圖1-5(1)金屬棒的最大速度是多少？(2)這一過程中R消耗的電能是多少？【解析】(1)金屬棒受向上的彈力、安培力和向下的重力作用，當(dāng)金屬棒有最大速度時(shí)，加速度為零，有2kh＋BId＝mgI＝eq\f(Bdvmax,R＋r)vmax＝eq\f(mg－2khR＋r,B2d2).(2)據(jù)能量關(guān)系得mgh－2×(eq\f(1,2)kh2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝E電又知R、r共同消耗了總電能eq\f(ER,Er)＝eq\f(R,r)，ER＋Er＝E電整理得R消耗的電能為ER＝eq\f(R,R＋r)E電＝eq\f(R,R＋r)[mgh－kh2－eq\f(mmg－2kh2R＋r2,2B4d4)]．【答案】(1)eq\f(mg－2khR＋r,B2d2)(2)eq\f(R,R＋r)[mgh－kh2－eq\f(mmg－2kh2R＋r2,2B4d4)]1．(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖1-6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．圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()圖1-6A．若圓盤轉(zhuǎn)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(shí)針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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】由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時(shí)，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項(xiàng)B正確；由感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D錯誤．【答案】AB2.如圖1-7，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，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)動時(shí)，a、b、c三點(diǎn)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()【導(dǎo)學(xué)號：97192049】圖1-7A．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【解析】金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動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錯誤．轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項(xiàng)A錯誤；由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項(xiàng)C正確．【答案】C3．如圖1-8所示，勻強(qiáng)磁場中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb.不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是()圖1-8A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向【解析】由楞次定律知，題中圓環(huán)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反，故感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向．由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔB·πR2,Δt)，由于兩圓環(huán)半徑之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，選項(xiàng)B正確．【答案】B4．如圖1-9所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3l圖1-9A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1【解析】當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變大時(shí)，由楞次定律知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，由安培定則知，線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，選項(xiàng)B正確；由R＝ρeq\f(L,S′)知兩線圈的電阻關(guān)系為Ra＝3Rb，其感應(yīng)電流之比為Ia∶Ib＝3∶1，選項(xiàng)C錯誤；兩線圈的電功率之比為Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，選項(xiàng)D錯誤．【答案】B5．(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1-10所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音．下列說法正確的有()【導(dǎo)學(xué)號：97192050】圖1-10A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化【解析】銅不能被磁化，銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作，選項(xiàng)A錯誤；取走磁體后，弦的振動無法通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化為電信號，音箱不能發(fā)聲，選項(xiàng)B正確；增加線圈匝數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)知，線圈的感應(yīng)電動勢變大，選項(xiàng)C正確；弦振動過程中，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向發(fā)生變化，則感應(yīng)電流的方向不斷變化，選項(xiàng)D正確．【答案】BCD6.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1-11所示．整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，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，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(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：圖1-11(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小；(2)外力的功率．【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)電動勢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