高中物理 第四章 电磁感应章末复习课练习 新人教版选修32.docx

1、高中物理 第四章 电磁感应章末复习课练习 新人教版选修32章末复习课【知识体系】 答案填写电磁感应现象磁通量BSBSsin 一部分导体发生变化感应电流方向导体运动方向磁通量的变化EBLvEn电流感应电动势漩涡电场主题1电磁感应现象中的图象问题1图象类型2分析方法对图象的分析，应做到“四明确一理解”：(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种正、负号的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义：vv，BB，.【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

2、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ab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02t0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0t0时间内磁通量为向上减少，t02t0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据Bt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02t0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0t0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FBIL，随B的减小呈线性减小；在t02t0时间内，可判断所受安培力的方

3、向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小FBIL，随B的增加呈线性增加，选项D正确答案：D题后反思在解决电磁感应中的图象问题时，主要弄清坐标轴表示的物理量、截距、斜率等的物理意义，要注意相关规律的应用，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等求解时要注意分清“过程段”，对每个阶段导体的切割情况或回路的变化情况都要仔细分析，并进一步确定电动势和电流等的变化规律，有的甚至要对线框进行受力分析和运动分析针对训练1.如图一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t0到tt1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向

4、，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右，设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()解析：因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误答案：A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

5、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L0.2 m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R1 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B5 T一根质量m100 g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v10 m/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

6、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30 cm时撤去拉力，求运动30 cm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)EBLv50.210 V10 V，I10 A.(2)F拉F安BIL10 N.(3)运动30 cm过程中R上产生的热量：Q1F拉s100.3 J3 J，撤去拉力至棒停下来的过程中电阻R上产生的热量：Q2mv20.1100 J5 J，所以QQ1Q28 J.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

7、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l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻一质量m0.1 kg、电阻r0.1 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B0.4 T金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x9 m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Q1Q221.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

8、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t，回路的磁通量的变化量为，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，其中Blx，设回路中的平均电流为I，由闭合电路欧姆定律得：I，则通过电阻R的电荷量为：qIt，联立式，得q.代入数据得q4.5 C.(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v22ax，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：W0mv2，撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W，联立式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路

9、中产生的焦耳热之比：Q1Q221，可得Q13.6 J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WFQ1Q2，由式得WF5.4 J.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 (2015课标全国卷)(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针

10、的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：因为当磁体和导体之间的相对运动在导体内产生出了感应电流，而感应电流产生的磁力又会与磁体的磁力相互作用，从而使磁体一起转动起来，具体是当铜圆盘在小磁针的磁场中转动时，半径方向的金属条在切割磁感线，发生电磁感应现象，在铜圆盘的圆心和边缘之间产生感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距

11、离圆心远近不同的点电势不等而形成感应电流即涡流(根据圆盘转向的不同以及磁极的不同，感应电流从轴心流向边缘或从边缘流向轴心)，而感应电流产生的磁力又会与小磁针的磁力相互作用，从而使小磁针一起转动起来，故选项B正确；圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，故磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项C错误；圆盘本身呈中性，不会产生环形电流，D错误答案：AB针对训练(2015课标全国卷)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

12、是()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acba解析：当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，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，UbcBl2，故C正确，A、B、D错误答案：C1.如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析：穿过线圈的磁场均匀增

13、加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得Enn，而等效电源内部的电流由楞次定律知从ab，即b点是等效电源的正极，即abn，故选C.答案：C2.(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EBLv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

14、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：ABD3.如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，则等于()A.B.C1D. 答案：B4.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图

15、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L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A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g10 m/s2)图1(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，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N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 ，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

16、均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg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FN1B0IL，天平平衡得mgN1B0IL，代入数据得N125匝(2)由电磁感应定律得EN2，EN2Ld，由欧姆定律得I.线圈受到安培力FN2B0IL，天平平衡mgNB0，代入数据可得0.1 T/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，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EBLv，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PI2R，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mgF，F安BIlBl，故Fmg.