《金版学案》物理选修32章末复习课.docx

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《金版学案》物理选修32章末复习课

章末复习课

【知识体系】

[答案填写]　①电磁感应现象　②磁通量　③Φ＝B·S　④Φ＝B·Ssinθ　⑤一部分导体　⑥发生变化　⑦感应电流方向　⑧导体运动方向　⑨磁通量的变化　⑩E＝BLv　⑪E＝n

　⑫电流　⑬感应电动势　⑭漩涡电场

主题1　电磁感应现象中的图象问题

1．图象类型．

2．电磁感应图象的解题类型．

（1）由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图象．

（2）由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相关物理量．

3．电磁感应图象的处理方法．

常常需要利用右手定则、法拉第电磁感应定律与图象数值（坐标值、斜率、面积）对应，利用楞次定律、右手定则与图象正负值对应．

【典例1】　如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是（　　）

解析：

在0～t0时间内磁通量为向上减少，t0～2t0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B－t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小不变的感应电流，选项A、B均错误；在0～t0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F＝BIL，随B的减小呈线性减小；在t0～2t0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F＝BIL，随B的增加呈线性增加，选项D正确．

答案：

D

题后反思

1．明确两坐标轴代表的物理量以及图线点、斜率、截距、图线与横轴所围面积的意义．

2．明确题目涉及的物理知识，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、右手定则、左手定则、安培力、功率、牛顿第二定律等．

3．明确题目中规定的正方向，回路中的感应电动势、感应电流、磁感应强度的方向在相应的图象中均用正、负号来反映．

针对训练

1．如图所示，xOy坐标系第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，第二、四象限内没有磁场．一个围成四分之一圆弧形的导体环Oab，其圆心在原点O，开始时导体环在第四象限，从t＝0时刻起绕O点在xOy坐标平面内逆时针匀速转动．若以逆时针方向的电流为正，下列表示环内感应电流i随时间t变化的图象中，正确的是（　　）

解析：

在0～

内，Oa切割磁感线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值；

～

内，Ob切割磁感线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值；

T～

T内，Oa切割磁感线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值；

T～T内，Ob切割磁感线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁感线，所产生的感应电动势大小都相同，设角速度为ω，由感应电动势公式E＝

BL2ω和欧姆定律可知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知A、B、C错误，D正确．

答案：

D

主题2　电磁感应现象中的能量问题

1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．

2．能量转化及焦耳热的求法．

（1）能量转化．

（2）求解焦耳热Q的三种方法．

【典例2】　如图所示，宽度为L＝0.2m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值R＝1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝5T．一根质量m＝100g的导体棒MN放在导轨上，并与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度v＝10m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：

（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小；

（2）作用在导体棒上的拉力的大小；

（3）当导体棒匀速运动30cm时撤去拉力，求运动30cm和撤去拉力至棒停下来的整个过程中电阻R上产生的总热量．

解析：

（1）E＝BLv＝5×0.2×10V＝10V，

I＝

＝10A.

（2）F拉＝F安＝BIL＝10N.

（3）运动30cm过程中R上产生的热量：

Q1＝F拉s＝10×0.3J＝3J，

撤去拉力至棒停下来的过程中电阻R上产生的热量：

Q2＝

mv2＝

×0.1×100J＝5J，

所以Q＝Q1＋Q2＝8J.

题后反思

利用功能关系求解电磁感应问题的基本方法：

（1）用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式确定感应电动势的大小，用楞次定律和右手定则判断感应电动势的方向．

（2）画出等效电路，求解电路中相关参量，分析电路中能量转化关系．

针对训练

2．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻．一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：

（1）金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；

（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；

（3）外力做的功WF.

解析：

（1）设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：

E＝

，①

其中ΔΦ＝Blx，②

设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得：

I＝

，③

则通过电阻R的电荷量为：

q＝IΔt，④

联立①②③④式，得q＝

.

代入数据得q＝4.5C.

（2）设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax，⑤

设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得：

W＝0－

mv2，⑥

撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W，⑦

联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8J．⑧

（3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比：

Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J．⑨

在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2，⑩

由⑧⑨⑩式得WF＝5.4J.

统揽考情

高考对本章的考查有选择题和计算题两种形式；选择题主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感现象；计算题通常结合生产、新技术等情境建模，常与平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒、闭合电路欧姆定律等知识综合考查，试题难度较大．

真题例析

（2016·全国Ⅱ卷）（多选）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　）

A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

解析：

由电磁感应定律得E＝Bl

＝

，I＝

，故ω一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；P＝

＝

，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误．故选AB.

答案：

AB

针对训练

（2015·课标全国Ⅱ卷）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＝－

Bl2ω，金属框中无电流

D．Ubc＝

Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a

解析：

当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c点电势高，Ubc＝－

Bl2ω，故C正确，A、B、D错误．

答案：

C

1．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列图中所示的方式随时间变化时，能使导体环受到向上的磁场作用力的是（　　）

　　　　A　　　B　　　C　　D

解析：

根据法拉第电磁感应定律得E＝

＝

S，又根据楞次定律可得，当导体环受到向上的磁场力时，说明穿过线圈的磁通量正在减小，所以导线abcd中的电流正在减小，由I＝

＝

可知，

正在减小，即Bt图象上各点切线的斜率随时间减小，应选A.

答案：

A

2.（多选）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（　　）

A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高

B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动

C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动

D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动

解析：

由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确．故选ABD.

答案：

ABD

3.如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为（　　）

A．1∶4　　　　B．1∶2

C．1∶1D．不能确定

解析：

产生的感应电动势为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I＝

，又Lb＝2La，由电阻定律知Rb＝2Ra，

故Ia∶Ib＝1∶1.

答案：

C

4.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量（重力加速度取g＝10m/s2）．

图1

（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？

（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率

.

图2

解析：

（1）线圈受到安培力F＝N1B0IL，①

天平平衡得mg＝N1B0IL，②

代入数据得N1＝25匝．③

（2）由电磁感应定律得E＝N2

，④

E＝N2

Ld，⑤

由欧姆定律得I′＝

.⑥

线圈受到安培力F′＝N2B0I′L，⑦

天平平衡mg＝N

B0

·

，⑧

代入数据可得

＝0.1T/s.

5．如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：

（1）电阻R消耗的功率；

（2）水平外力的大小．

解析：

（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝BLv，

根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝

，

电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝

.

（2）对导体棒受力分析，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＝B·

·l，故F＝

＋μmg.