高考物理總復(fù)習(xí)第十二章電磁感應(yīng)課件練習(xí)題

第1講電磁感應(yīng)現(xiàn)象實驗探究影響感應(yīng)電流方向的因素楞次定律高考總復(fù)習(xí)2025考點一電磁感應(yīng)現(xiàn)象的理解和判斷強基礎(chǔ)?固本增分一、磁通量1.概念:在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,與磁場方向

的平面,其面積S與B的乘積叫作穿過這個面積的磁通量。

2.公式:Φ=BS,單位符號是Wb。

適用于勻強磁場,S為垂直于磁場的有效面積3.物理意義:相當(dāng)于穿過某一面積的

的條數(shù)。

4.標(biāo)矢性:磁通量是

,但有正負(fù)。

5.磁通量的變化量:ΔΦ=Φ2-Φ1=B2S2-B1S1。

計算磁通量的變化量時,需要規(guī)定磁通量的正方向垂直磁感線標(biāo)量二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象1.定義:當(dāng)穿過閉合導(dǎo)體回路的

發(fā)生變化時,閉合導(dǎo)體回路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生,這種利用磁場產(chǎn)生電流的現(xiàn)象叫作電磁感應(yīng)。

2.感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件:(1)閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場內(nèi)做

的運動;(2)穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化。

3.實質(zhì):產(chǎn)生

,如果電路閉合,則有感應(yīng)電流。如果電路不閉合,則只有感應(yīng)電動勢而無感應(yīng)電流。

磁通量切割磁感線感應(yīng)電動勢×√√研考點?精準(zhǔn)突破一、磁通量變化的三種情況1.磁感應(yīng)強度變化引起磁通量變化,即ΔΦ=ΔB·S;2.線圈有效面積變化(回路面積變化或回路平面與磁場夾角變化)引起磁通量變化,即ΔΦ=B·ΔS;3.磁感應(yīng)強度和有效面積同時變化,即ΔΦ=Φ2-Φ1。二、常見的產(chǎn)生感應(yīng)電流的三種情況

考向一

磁通量及其變化量典題1(2023廣東東莞模擬)如圖所示,線圈平面與水平方向夾角θ=60°,線圈平面面積為S,共有n匝,空間存在區(qū)域無限大的磁場,磁感線豎直向下,磁感應(yīng)強度的大小為B,設(shè)此時穿過線圈的磁通量為正,下列說法正確的是(

)A.通過線圈的磁通量為

nBSB.若線圈以cd為軸逆時針轉(zhuǎn)過60°,通過線圈的磁通量為BSC.若線圈以cd為軸順時針轉(zhuǎn)過30°,通過線圈的磁通量為BSD.若線圈以cd為軸順時針轉(zhuǎn)過120°,通過線圈磁通量的變化量為

BSB解析

通過線圈的磁通量為Φ=BScos

θ=BS,A錯誤:若線圈以cd為軸逆時針轉(zhuǎn)過60°,線圈平面與磁場垂直,所以通過線圈的磁通量為Φ1=BS,B正確;若線圈以cd為軸順時針轉(zhuǎn)過30°,線圈平面與磁場平行,通過線圈的磁通量為Φ2=0,C錯誤;若線圈以cd為軸順時針轉(zhuǎn)過120°,線圈平面與磁場垂直,通過線圈的磁通量為Φ'=-BS,所以通過線圈磁通量的變化量為ΔΦ=Φ'-Φ=-BS-BS=-BS,D錯誤?？枷蚨?/p>

感應(yīng)電流有無的判斷典題2(2024廣東湛江模擬)下列關(guān)于甲、乙、丙、丁四幅圖的說法,正確的是(

)A.圖甲中,當(dāng)兩導(dǎo)體棒以相同的速度在導(dǎo)軌上勻速向右運動時,導(dǎo)體棒中能產(chǎn)生感應(yīng)電流B.圖乙中,當(dāng)導(dǎo)體棒ab在勻強磁場中以恒定的角速度轉(zhuǎn)動時,導(dǎo)體棒中能產(chǎn)生感應(yīng)電流C.圖丙中,當(dāng)閉合圓環(huán)導(dǎo)體(水平放置)某一直徑正上方的直導(dǎo)線中通有電流時,閉合圓環(huán)導(dǎo)體中能產(chǎn)生感應(yīng)電流D.圖丁中,當(dāng)滑動變阻器的滑片向右滑動時,不閉合的導(dǎo)體環(huán)中能產(chǎn)生感應(yīng)電流B解析

圖甲中,當(dāng)兩導(dǎo)體棒以相同的速度在導(dǎo)軌上勻速向右運動時,兩導(dǎo)體棒所構(gòu)成回路的面積固定不變,而回路所在磁場的磁感應(yīng)強度也不變,則回路中的磁通量不變,因此不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,A錯誤;圖乙中,當(dāng)導(dǎo)體棒ab在勻強磁場中以恒定的角速度轉(zhuǎn)動時,導(dǎo)體棒切割磁感線,從而產(chǎn)生動生電動勢,B正確;圖丙中,當(dāng)閉合圓環(huán)導(dǎo)體(水平放置)某一直徑正上方的直導(dǎo)線中通有電流時,通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在以通電導(dǎo)線的投影為對稱軸的閉合圓環(huán)導(dǎo)體前后面中,磁場方向相反,則閉合圓環(huán)導(dǎo)體的磁通量為零,因此不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,C錯誤;圖丁中,當(dāng)滑動變阻器的滑片向右滑動時,電路中的電阻增大,電流減小,從而使電流產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化,使不閉合的導(dǎo)體環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,但因為導(dǎo)體環(huán)不閉合,沒有形成完整的回路,因此不閉合的導(dǎo)體環(huán)中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流,D錯誤。指點迷津判斷感應(yīng)電流有無的方法

考點二實驗:探究影響感應(yīng)電流方向的因素強基礎(chǔ)?固本增分以下面四種情況為例,將實驗結(jié)果記錄在表格中。

線圈內(nèi)磁通量增加時的情況(表1)圖號磁場方向感應(yīng)電流的方向(俯視)感應(yīng)電流的磁場方向甲磁場方向向

,磁通量

時針

向

乙磁場方向向

,磁通量

時針

向

下增加逆上上增加順下線圈內(nèi)磁通量減少時的情況(表2)圖號磁場方向感應(yīng)電流的方向(俯視)感應(yīng)電流的磁場方向丙磁場方向向

,磁通量

時針

向

丁磁場方向向

,磁通量

時針

向

下減少順下上減少逆上研考點?精準(zhǔn)突破典題3(2023山東淄博開學(xué)考試)某小組利用甲、乙所示的裝置探究影響感應(yīng)電流方向的因素。(1)閉合圖甲電路中的開關(guān),觀察電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向,本次操作的實驗?zāi)康氖?/p>

。

甲找到流過電流表的電流方向與指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系

(2)如圖乙所示,把磁體的某一個磁極向線圈中插入或從線圈中抽出時,記錄磁極運動的四種情況中感應(yīng)電流的方向,如圖丙所示,可知感應(yīng)電流的方向與

有關(guān)。

乙丙原磁場方向、磁通量的變化情況

(3)為了建立感應(yīng)電流的方向與磁通量變化的聯(lián)系,需要引入

來轉(zhuǎn)換研究角度。

(4)下列說法正確的是

。

A.實驗中需要觀察磁體插入的快慢與電流表指針偏轉(zhuǎn)角度大小的關(guān)系B.感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化是能量守恒定律的必然結(jié)果C.本實驗采用了歸納推理的科學(xué)方法D.本實驗采用了演繹推理的科學(xué)方法感應(yīng)電流的磁場

BC解析

(1)閉合圖甲電路中的開關(guān),觀察電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向,本次操作的實驗?zāi)康氖钦业搅鬟^電流表的電流方向與指針偏轉(zhuǎn)方向的關(guān)系。(2)圖丙中做了兩組對照實驗,分別是:以不同磁極插入和以不同磁極抽出。發(fā)現(xiàn)以不同磁極插入時電流方向不同,以不同磁極抽出時電流方向也不同,插入時線圈中磁通量增加,抽出時線圈中磁通量減小,因此可知感應(yīng)電流的方向與原磁場方向及磁通量的變化情況有關(guān)。(3)感應(yīng)電流的方向與磁通量的變化不易建立起直接的聯(lián)系,而我們知道磁體周圍存在磁場,感應(yīng)電流也會產(chǎn)生磁場,因此為了建立感應(yīng)電流的方向與磁通量變化的聯(lián)系,需要引入感應(yīng)電流的磁場來轉(zhuǎn)換研究角度。(4)該實驗探究的是影響感應(yīng)電流方向的因素,而不是磁體插入的快慢與電流表指針偏轉(zhuǎn)角度大小的關(guān)系,A錯誤;感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化是能量守恒定律的必然結(jié)果,B正確;本實驗通過對照實驗組所得到的結(jié)果進行了歸納與推理,因此采用了歸納推理的科學(xué)方法,C正確,D錯誤?？键c三感應(yīng)電流方向的判斷強基礎(chǔ)?固本增分阻礙磁通量動方向運切割√××提示

若圖中鋁環(huán)是沒有閉合的,磁體靠近或遠(yuǎn)離鋁環(huán)時鋁環(huán)始終保持靜止?fàn)顟B(tài);因為鋁環(huán)中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,不受磁體的作用力。研考點?精準(zhǔn)突破考向一

楞次定律的理解和應(yīng)用1.楞次定律中“阻礙”的含義2.用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向

典題4

現(xiàn)代科技的許多領(lǐng)域都需要研究新型材料。研究人員發(fā)現(xiàn)一種具有獨特屬性的新型合金能夠?qū)?nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能。具體而言,只要略微提高溫度,這種合金就會變成強磁性合金,從而使環(huán)繞它的線圈中產(chǎn)生電流,其簡化模型如圖所示。A為圓柱形合金材料,B為金屬線圈,套在圓柱形合金材料上,線圈的半徑大于合金材料的半徑。現(xiàn)對A進行加熱,下列說法正確的是(

)A.穿過線圈B的磁通量減小B.線圈B一定有收縮的趨勢C.線圈B中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻止了線圈B內(nèi)磁通量的增加D.若從右向左看線圈B中產(chǎn)生順時針方向的電流,則A右端是強磁性合金的N極D解析

對A進行加熱,其磁感應(yīng)強度增大,A內(nèi)部磁場與外部磁場方向相反,線圈B的總磁通量與A內(nèi)部磁場方向相同,穿過線圈B的磁通量增大,由楞次定律可知,線圈B一定有擴張的趨勢,A、B錯誤;根據(jù)楞次定律可知,線圈B中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙了線圈B內(nèi)磁通量的增加,而非阻止,C錯誤;根據(jù)右手螺旋定則和楞次定律可知,若從右向左看線圈B中產(chǎn)生順時針方向的電流,則A中原磁場方向向右,A內(nèi)部磁場大于外部磁場,因此磁場方向要看內(nèi)部,即A右端是強磁性合金的N極,D正確?？枷蚨?/p>

應(yīng)用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向該方法適用于切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流。判斷時注意掌心、拇指、四指的方向:(1)掌心——磁感線垂直穿入;(2)拇指——指向?qū)w運動的方向;(3)四指——指向感應(yīng)電流的方向。典題5

閉合電路中的一部分導(dǎo)體ab在磁場中做切割磁感線運動的情境如圖所示,導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電流方向為a→b的是(

)A解析

導(dǎo)體ab順時針轉(zhuǎn)動,運用右手定則,磁感線穿過手心,拇指指向?qū)wab運動方向,則導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電流方向為a→b,A正確;導(dǎo)體ab向紙外運動,運用右手定則,磁感線穿過手心,拇指指向紙外,則知導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電流方向為b→a,B錯誤;線框向右運動,穿過回路的磁通量減小,由楞次定律知,回路中感應(yīng)電流方向由b→a→d→c,則導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電流方向為b→a,C錯誤;導(dǎo)體ab沿導(dǎo)軌向下運動,由右手定則判斷知導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電流方向為b→a,D錯誤。考向三

楞次定律推論的應(yīng)用楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為:感應(yīng)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因。列表說明如下:內(nèi)容例證阻礙原磁通量變化——“增反減同”

磁體靠近,B感與B原反向,兩者相斥

磁體遠(yuǎn)離,B感與B原同向,兩者相吸阻礙相對運動——“來拒去留”內(nèi)容例證使回路面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”

P、Q是光滑固定導(dǎo)軌,a、b是可動金屬棒,磁體下移,面積應(yīng)減小,a、b靠近

B減小,線圈擴張內(nèi)容例證阻礙原電流的變化——“增反減同”

閉合開關(guān)S,B燈先亮典題6(2023河北保定模擬)如圖所示,在O點用細(xì)繩懸掛一個金屬圓環(huán),將條形磁體(N極在前)沿軸線方向從左側(cè)靠近圓環(huán),下列說法正確的是(

)A.自左向右看圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向是順時針方向B.圓環(huán)將向左運動C.圓環(huán)有收縮的趨勢D.若圓環(huán)不閉合(有缺口)也會產(chǎn)生感應(yīng)電流C解析

條形磁體(N極在前)沿軸線方向從左側(cè)靠近圓環(huán),穿過圓環(huán)的磁通量向右增加,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流的磁場方向向左,所以根據(jù)右手螺旋定則,可知圓環(huán)中電流的方向自左向右看為逆時針方向,A錯誤;根據(jù)“來拒去留”可知,圓環(huán)將向右運動,B錯誤;根據(jù)“增縮減擴”可知,圓環(huán)將有收縮的趨勢,C正確;若圓環(huán)不閉合(有缺口)不會產(chǎn)生感應(yīng)電流,D錯誤?？枷蛩?/p>

“三定則、一定律”的綜合應(yīng)用1.“三定則、一定律”的比較定則或定律適用的現(xiàn)象因果關(guān)系安培定則電流的磁效應(yīng)——電流、運動電荷產(chǎn)生的磁場因電生磁左手定則(1)安培力——磁場對電流的作用力;(2)洛倫茲力——磁場對運動電荷的作用力因電受力右手定則導(dǎo)體做切割磁感線運動產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象因動生電楞次定律閉合回路磁通量變化產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象因磁生電2.相互聯(lián)系(1)應(yīng)用楞次定律時,一般要用到安培定則。(2)研究感應(yīng)電流受到的安培力,一般先用右手定則確定感應(yīng)電流的方向,再用左手定則確定安培力的方向,有時也可以直接應(yīng)用楞次定律的推論確定。典題7(多選)如圖所示,水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN,MN的左邊有一閉合電路,當(dāng)PQ在外力的作用下運動時,MN向右運動,則PQ所做的運動可能是(

)A.向右加速運動

B.向左加速運動C.向右減速運動

D.向左減速運動BC方法技巧

左、右手定則巧區(qū)分(1)區(qū)分左手定則和右手定則的根本是抓住“因果關(guān)系”:“因電而動”——用左手定則,“因動生電”——用右手定則。(2)左手定則和右手定則在使用時很容易混淆,為了便于記憶,可把兩個定則簡單地總結(jié)為通電受力,“力”的最后一筆“丿”向左,用左手定則;運動生電,“電”的最后一筆“乚”向右,用右手定則。第2講法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用高考總復(fù)習(xí)2025考點一法拉第電磁感應(yīng)定律強基礎(chǔ)?固本增分一、感應(yīng)電動勢1.概念:在

中產(chǎn)生的電動勢。

2.產(chǎn)生條件:穿過回路的

發(fā)生改變,與電路是否閉合

。

在電源內(nèi)部由負(fù)極指向正極3.方向判斷:感應(yīng)電動勢的方向用

或_________________

判斷。

電磁感應(yīng)現(xiàn)象磁通量無關(guān)楞次定律右手定則二、法拉第電磁感應(yīng)定律1.內(nèi)容:感應(yīng)電動勢的大小跟穿過這一電路的

成正比。

感應(yīng)電動勢與匝數(shù)有關(guān)2.公式:,其中n為線圈匝數(shù)。3.感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系:遵守閉合電路的

定律,即I=

。

磁通量的變化率歐姆三、導(dǎo)體切割磁感線的情形v是導(dǎo)體相對磁場的速度

切割方式電動勢表達(dá)式說明平動切割E=BLv①導(dǎo)體棒與磁場方向垂直②速度v與磁場垂直③磁場為勻強磁場轉(zhuǎn)動切割(以一端為軸)E=

√××√閱讀并思考人教版選擇性必修第二冊第30頁“做一做”,完成下面高考題:(多選)(2023全國甲卷)一有機玻璃管豎直放在水平地面上,管上有漆包線繞成的線圈,線圈的兩端與電流傳感器相連,線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布,下部的3匝也均勻分布,下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離,如圖甲所示?，F(xiàn)讓一個很小的強磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落,電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖乙所示。則()A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快B.下落過程中,小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C.下落過程中,小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D.與上部相比,小磁體通過線圈下部的過程中,磁通量變化率的最大值更大AD解析

由題圖乙可得,感應(yīng)電流的峰值越來越大,說明感應(yīng)電動勢越來越大,小磁體在玻璃管內(nèi)下降的速度越來越快,選項A正確;下落過程中,小磁體在接近、遠(yuǎn)離線圈的時候,電流的方向不斷變化,并不是小磁體的N極、S極上下顛倒,選項B錯誤;感應(yīng)電流的峰值越來越大,小磁體受到的電磁阻力不斷變化,選項C錯誤;與線圈上部相比,小磁體通過線圈下部的過程中,感應(yīng)電流的峰值更大,說明磁通量變化率的最大值更大,選項D正確。研考點?精準(zhǔn)突破考向一

法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用1.對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解(1)公式E=n求解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢;如果磁通量均勻變化,則感應(yīng)電動勢為恒定值,瞬時值等于平均值。(2)感應(yīng)電動勢的大小由線圈的匝數(shù)和穿過線圈的磁通量的變化率

共同決定,而與磁通量Φ的大小、磁通量變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系。(3)磁通量的變化率

對應(yīng)Φ-t圖像上某點切線的斜率。2.法拉第電磁感應(yīng)定律的三種變形表達(dá)式

典題1(2023湖北襄陽模擬)將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈,其中大圓面積為S1,小圓面積為S2,不規(guī)則形狀的面積為S3,垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場,磁感應(yīng)強度大小B=B0+kt,B0和k均為大于零的常量。則線圈中總的感應(yīng)電動勢大小為(

)A.k(S3-S2) B.k(S3+S1-S2)C.k(S3-S1-S2) D.k(S3+S2-S1)B解析

按線圈繞向可以將線圈分成兩部分,不規(guī)則部分和大圓部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢疊加,大小為E1=(S3+S1)=k(S3+S1),小圓部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的方向與不規(guī)則部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相反,大小為E2=S2=kS2,則線圈產(chǎn)生的總的感應(yīng)電動勢大小為E=E1-E2=k(S3+S1-S2),故選B。指點迷津可類比線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的規(guī)律,用安培定則判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相互疊加還是相互削弱。典題2(2024七省適應(yīng)性測試江西物理)柔性可穿戴設(shè)備導(dǎo)電復(fù)合材料電阻率的測量需要使用一種非接觸式傳感器。如圖甲所示,傳感器探頭線圈置于被測材料上方,給線圈通如圖乙所示的正弦式交變電流,圖甲傳感器電路中所示電流方向為電流正方向。在

時間內(nèi)關(guān)于渦流的大小和方向(俯視),下列說法正確的是(

)A.不斷增大,逆時針B.不斷增大,順時針C.不斷減小,逆時針D.不斷減小,順時針D考向二

導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算1.E=Blv的特性(1)正交性:本公式要求磁場為勻強磁場,而且B、l、v三者互相垂直。(2)有效性:公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度。如圖所示,導(dǎo)體棒的有效長度為ab間的距離。(3)相對性:E=Blv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度,若磁場也在運動,應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系。2.導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的情況若長為L的導(dǎo)體棒在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,則(1)以中點為軸時,E=0(不同兩段的電動勢的代數(shù)和)。典題3(多選)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿,單位長度電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置,整個內(nèi)部區(qū)域分布著方向豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動,桿始終與圓環(huán)保持良好接觸,從桿經(jīng)過圓環(huán)中心O開始,桿的位置由θ確定,如圖所示。則(

)AC典題4(2024海南海口開學(xué)考試)如圖所示,直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l,下列判斷正確的是(

)A.Ua>Uc,金屬框中無電流B.Ub>Uc,金屬框中電流方向為a→b→c→aC.Ubc=-Bl2ω,金屬框中無電流D.Uac=Bl2ω,金屬框中電流方向為a→c→b→aC解析

當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時,穿過金屬框abc的磁通量始終為零,所以金屬框abc中無感應(yīng)電流產(chǎn)生,B、D錯誤;對于邊ac來說,其在切割磁感線,故邊ac會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,根據(jù)右手定則可知,其c點的電勢大于a點的電勢,即Ua<Uc,A錯誤;對于邊bc來說,其在切割磁感線,故邊bc會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,根據(jù)右手定則可知,其c點的電勢大于b點的電勢,故Ubc是負(fù)值,而邊bc切割磁感線為旋轉(zhuǎn)切割,根據(jù)公式有

C正確?？键c二自感和渦流電磁阻尼和電磁驅(qū)動強基礎(chǔ)?固本增分一、自感現(xiàn)象1.概念:由于導(dǎo)體本身的

變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感。

2.自感電動勢(1)定義:在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫作

。

(2)表達(dá)式:E=

。

3.自感系數(shù)L相關(guān)因素:與線圈的

、形狀、

以及是否有鐵芯等有關(guān)。

二、渦流當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時,在它附近的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生

,這種電流看起來像水中的漩渦,所以叫渦流。

電流自感電動勢大小匝數(shù)感應(yīng)電流三、電磁阻尼當(dāng)導(dǎo)體在磁場中運動時,感應(yīng)電流會使導(dǎo)體受到安培力,安培力總是

導(dǎo)體的運動。

四、電磁驅(qū)動如果磁場相對于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動,在導(dǎo)體中會產(chǎn)生

使導(dǎo)體受到安培力而運動起來。

阻礙感應(yīng)電流×√×√研考點?精準(zhǔn)突破1.自感現(xiàn)象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化。(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變,只能緩慢變化。(3)電流穩(wěn)定時,自感線圈相當(dāng)于普通導(dǎo)體。(4)線圈的自感系數(shù)越大,自感現(xiàn)象越明顯,自感電動勢只是延緩了過程的進行,但它不能使過程停止,更不能使過程反向。2.自感中“閃亮”與“不閃亮”問題

比較項與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大,燈泡逐漸變亮電流突然增大,然后逐漸減小達(dá)到穩(wěn)定斷電時電流逐漸減小,燈泡逐漸變暗,電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2:①若I2≤I1,燈泡逐漸變暗;②若I2>I1,燈泡閃亮后逐漸變暗。兩種情況下燈泡中電流方向均改變3.電磁阻尼與電磁驅(qū)動兩者都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象,都遵循楞次定律,都是安培力阻礙引起感應(yīng)電流的導(dǎo)體與磁場間的相對運動?？枷蛞?/p>

自感典題5(2023天津南開模擬)教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖如圖甲、乙所示,L1和L2為電感線圈。實驗時,斷開開關(guān)S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸變暗;閉合開關(guān)S2,燈A2逐漸變亮,而另一個相同的燈A3立即變亮,最終燈A2與燈A3的亮度相同。下列說法正確的是(

)A.圖甲中,燈A1與L1的直流電阻值相同B.圖甲中,閉合開關(guān)S1,電路穩(wěn)定后,通過燈A1的電流大于通過L1的電流C.圖乙中,變阻器R與L2的直流電阻值相同D.圖乙中,閉合開關(guān)S2瞬間,通過L2的電流與通過變阻器R的電流相等C解析

斷開開關(guān)S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸變暗,說明閉合開關(guān)S1后,待電路穩(wěn)定時,通過L1的電流大于通過燈A1的電流,且燈A1與L1是并聯(lián)關(guān)系,電壓相等,所以燈A1的阻值比L1的大,A、B錯誤;閉合開關(guān)S2,燈A2逐漸變亮,而另一個相同的燈A3立即變亮,最終燈A2與燈A3的亮度相同,兩燈電阻相同,所以變阻器R與L2的電阻值相同,C正確;閉合開關(guān)S2瞬間,L2對電流有阻礙作用,所以通過L2的電流與通過變阻器R的電流不相等,D錯誤。考向二

渦流典題6(多選)工業(yè)上探測物件表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術(shù)的原理圖如圖甲所示。其原理是用通電線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流,借助探測線圈測定渦電流的改變,從而獲得物件內(nèi)部是否斷裂及斷裂位置的信息。一個由帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源連接起來的跳環(huán)實驗裝置如圖乙所示,將一個套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過其中,閉合開關(guān)S的瞬間,套環(huán)將立刻跳起。對以上兩個實例的理解正確的是(

)A.渦流探傷技術(shù)運用了電流的熱效應(yīng),跳環(huán)實驗演示了自感現(xiàn)象B.能被探測的物件和實驗所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料C.渦流探傷時接的是交變電流,跳環(huán)實驗裝置中接的是直流電D.以上兩個實例中的線圈所連接的電源也可以都是恒壓直流電源答案

BC

解析

渦流探傷技術(shù)的原理是用通電線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦流,借助探測線圈測定渦流的改變;跳環(huán)實驗中線圈接在直流電源上,閉合開關(guān)的瞬間,穿過套環(huán)的磁通量改變,套環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流,會跳起,演示了楞次定律,A錯誤;無論是渦流探傷技術(shù),還是演示楞次定律,都需要產(chǎn)生感應(yīng)電流,而感應(yīng)電流的產(chǎn)生需在導(dǎo)電材料內(nèi),B正確;渦流探傷時,是探測器中通過交變電流,產(chǎn)生變化的磁場,當(dāng)金屬處于該磁場中時,該金屬中會感應(yīng)出渦流;演示楞次定律的實驗中,線圈接在直流電源上,C正確,D錯誤。考向三

電磁阻尼

電磁驅(qū)動典題7(2024湖北聯(lián)考期中)2023年10月26日11時14分,搭載神舟十七號載人飛船的長征二號F遙十七運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射,飛船入軌后,將按照預(yù)定程序與空間站組合體進行自主快速交會對接,航天器對接時存在一定的相對速度,由于航天器的質(zhì)量大,對接時產(chǎn)生的動能比較大,為了減少對接過程中產(chǎn)生的震動和撞擊,對接機構(gòu)內(nèi)部采用了電磁阻尼器消耗對接能量。某電磁阻尼器的簡化原理圖如圖所示,當(dāng)質(zhì)量塊上下移動時會帶動磁心一起運動,磁心下方為N極,下列說法正確的是(

)A.當(dāng)質(zhì)量塊帶動磁心下移時,線圈有擴張趨勢B.當(dāng)質(zhì)量塊帶動磁心下移時,通過電阻R的感應(yīng)電流向上C.整個過程對應(yīng)的是電能向磁場能轉(zhuǎn)換D.減小線圈匝數(shù),阻尼效果增強B解析

當(dāng)質(zhì)量塊帶動磁心下移時,線圈磁通量增大,根據(jù)“增縮減擴”,線圈有收縮趨勢,A錯誤;根據(jù)楞次定律,線圈中磁場方向向下,磁通量增大,則通過電阻R的感應(yīng)電流向上,B正確;整個過程對應(yīng)的是動能向電能轉(zhuǎn)換,C錯誤;減小線圈匝數(shù),產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小,阻尼效果減弱,D錯誤。第3講專題提升電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:本專題包括電磁感應(yīng)中的電路和圖像兩個問題,解答電磁感應(yīng)中的電路問題的關(guān)鍵是分清內(nèi)、外電路,畫出等效電路圖逐步分析;電磁感應(yīng)問題中常常與多種圖像相聯(lián)系,解答時需理解圖像對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式,明確圖像中的關(guān)鍵信息,例如斜率、面積、交點、截距等的含義,然后結(jié)合題目條件形成解答思路。題型一電磁感應(yīng)中的電路問題一、電磁感應(yīng)中的內(nèi)電路和外電路1.切割磁感線運動的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源。2.該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻,其余部分是外電阻。二、電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖

三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路問題的處理方法

考向一

動生電動勢的電路問題典題1(2023北京卷)如圖所示,光滑水平面上的正方形導(dǎo)線框,以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是(

)A.線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運動C.線框在進和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D.線框在進和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等D解析

線框進磁場的過程中,由楞次定律知電流方向為逆時針方向,A錯誤;線框出磁場的過程中,根據(jù)E=BLv、

,由左手定則可知線框受到的安培力向左,則v減小,線框做加速度減小的減速運動,B錯誤;由能量守恒定律得線框產(chǎn)生的焦耳熱與克服安培力做的功大小相等,線框進和出磁場的過程中,運動的距離相同、受到的磁感應(yīng)強度相同、本身的阻值相同、速度一直減小,安培力一直減小,故線框進磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱比出磁場產(chǎn)生的焦耳熱多,C錯誤;線框在進和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量

,由于線框在進和出的兩過程中線框的位移均為L,則線框在進和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等,D正確?？枷蚨?/p>

感生電動勢的電路問題典題2(2022全國甲卷)三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框,正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等,圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等,如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中,線框所在平面均與磁場方向垂直,正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則(

)A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2C.I1=I2>I3 D.I1=I2=I3C考向三

電磁感應(yīng)中的電荷量和焦耳熱的計算典題3(2024湖南名校聯(lián)考)如圖所示,正方形線框abcd放在光滑的絕緣水平面上,OO'為正方形線框的對稱軸,在OO'的左側(cè)存在豎直向下的勻強磁場。現(xiàn)使正方形線框在磁場中以兩種不同的方式運動,第一種方式使正方形線框以速度v勻速向右運動,直到ab邊剛好與OO'重合;第二種方式使正方形線框繞OO'軸以恒定的角速度由圖中位置開始轉(zhuǎn)過90°,ab邊的線速度恒為v。則下列說法不正確的是(

)A.兩種方式線框中的感應(yīng)電流方向均沿adcbaB.兩種方式流過線框某一橫截面的電荷量之比為1∶1C.兩種方式線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為2∶πD.兩種方式線框中產(chǎn)生的平均電動勢之比為π∶2C指點迷津電磁感應(yīng)中電路問題的誤區(qū)分析(1)不能正確分析感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流的方向。因產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分電路為電源部分,故該部分電路中的電流應(yīng)為電源內(nèi)部的電流,而外電路中的電流方向仍是從高電勢到低電勢。(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時,沒有注意等效電源的內(nèi)阻對電路的影響。(3)對連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進行分析,特別是并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表,其示數(shù)應(yīng)該是路端電壓,而不是等效電源的電動勢。題型二電磁感應(yīng)中的圖像問題分析電磁感應(yīng)中的圖像問題的思路與方法

圖像類型(1)各量隨時間變化的圖像:如B-t圖像、φ-t圖像、E-t圖像、I-t圖像、F-t圖像等(2)各量隨位移變化的圖像:如E-x圖像、I-x圖像等問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出相應(yīng)的圖像(畫圖像)(2)由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程,求解相應(yīng)的問題(用圖像)常用方法排除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化),特別是分析物理量的正負(fù),以排除錯誤的選項函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系,然后由函數(shù)關(guān)系對圖像進行分析和判斷考向一

由已知的電磁感應(yīng)過程選擇有關(guān)圖像典題4(2023江蘇南通三模)如圖所示,兩光滑平行長直金屬導(dǎo)軌水平固定放置,導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強磁場。兩根相同的質(zhì)量為m的金屬棒ab、cd垂直放置在導(dǎo)軌上,處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=0時刻,對金屬棒cd施加水平向右的恒力F,金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計。兩金屬棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是(

)C解析

金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速,此時金屬棒ab、cd的加速度分別為aab=0、acd=,之后回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流,金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向,金屬棒cd的加速度減小,金屬棒ab在安培力作用下開始加速,金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大,回路中的電動勢逐漸增大,安培力

(vcd-vab)逐漸增大,金屬棒cd加速度減小,金屬棒ab加速度增大,當(dāng)acd=aab時,(vcd-vab)不再變化,回路中的電流不再變化,安培力不變,兩金屬棒加速度不變,但是兩金屬棒的速度仍在增大,故C符合題意,A、B、D不符合題意。考向二

由已知的圖像分析電磁感應(yīng)過程典題5(多選)如圖甲所示,水平面上兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌平行固定放置,間距為L=1.0m,一端通過導(dǎo)線與阻值為R=0.5Ω的電阻連接;導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m=0.5kg的金屬桿,金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計,勻強磁場豎直向下。用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿上,使桿運動,當(dāng)改變拉力的大小時,金屬桿相對應(yīng)穩(wěn)定時的速度v也會變化,已知v和F的關(guān)系如圖乙所示。(重力加速度g取10m/s2)則(

)A.金屬桿受到的拉力與速度成正比B.該磁場磁感應(yīng)強度B為0.25TC.圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導(dǎo)軌間的阻力大小D.導(dǎo)軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4CD考向三

由某種圖像分析判斷其他圖像典題6(多選)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強磁場,圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)。從圖示位置開始計時,4s末bc邊剛好進入磁場。在此過程中,導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab,二者與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是(

)BC方法技巧

解答電磁感應(yīng)中的圖像問題的基本步驟(1)明確圖像的種類,即是B-t圖像還是Φ-t圖像,或者E-t圖像、I-t圖像等;(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程;(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系;(4)結(jié)合安培力公式、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式;(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進行數(shù)學(xué)分析,如分析斜率的變化、截距等;(6)畫出圖像、判斷選擇圖像、解答有關(guān)問題。第4講專題提升電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題涉及電學(xué)對象和力學(xué)對象,一般的思路是“先電后力”,即先分析由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源,確定電動勢E和內(nèi)阻r,畫等效電路圖分析電路關(guān)系,然后選取研究對象(桿或線圈)進行受力分析,最后結(jié)合動力學(xué)規(guī)律解決問題;對于能量問題和動量問題,在明確內(nèi)外電路的基礎(chǔ)上,注意能量的來源和去向,結(jié)合功能關(guān)系和動量關(guān)系分析。題型一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題一、電學(xué)對象與力學(xué)對象的轉(zhuǎn)換及關(guān)系

二、分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中動力學(xué)問題的基本步驟解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”,具體思路如下:考向一

水平面上的動力學(xué)問題典題1(2022重慶卷)如圖甲所示,光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上,軌道間連接一可變電阻,導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好(不計桿和軌道的電阻),整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動,兩次運動中拉力大小與速率的關(guān)系如圖乙所示。其中,第一次對應(yīng)直線①,初始拉力大小為F0,改變電阻阻值和磁感應(yīng)強度大小后,第二次對應(yīng)直線②,初始拉力大小為2F0,兩直線交點的縱坐標(biāo)為3F0。若第一次和第二次運動中的磁感應(yīng)強度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運動相同位移的時間之比為n,則k、m、n可能為(

)甲乙答案

C

考向二

豎直面上的動力學(xué)問題典題2(多選)(2021全國甲卷)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈,兩線圈的質(zhì)量相等,但所用導(dǎo)線的橫截面積不同,甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍。現(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落,一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域,磁場的上邊界水平,如圖所示。不計空氣阻力,已知下落過程中線圈始終平行于紙面,上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前,可能出現(xiàn)的是(

)A.甲和乙都加速運動B.甲和乙都減速運動C.甲加速運動,乙減速運動D.甲減速運動,乙加速運動AB考向三

斜面上的動力學(xué)問題典題3(2024七省適應(yīng)性測試貴州物理)如圖甲所示,足夠長的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF相距為L,兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場,其磁感應(yīng)強度大小為B。在C、E兩點通過導(dǎo)線和單刀雙擲開關(guān)K接有一匝數(shù)為n、面積為S的固定水平圓形線圈M,在線圈M區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強磁場,其磁感應(yīng)強度B'隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,開關(guān)K接1,此時將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab水平放置在導(dǎo)軌頂端,導(dǎo)體棒ab恰好靜止不動。t=t1時刻,開關(guān)K改接2,導(dǎo)體棒ab開始運動。導(dǎo)體棒ab始終與兩導(dǎo)軌接觸良好且保持水平,其接入電路的電阻為R,電路中其余電阻不計。忽略空氣阻力,重力加速度大小為g。求:(1)t=時刻,通過導(dǎo)體棒ab的電流大小和方向;(2)t=t1時刻,線圈M所在區(qū)域磁感應(yīng)強度的大小;(3)導(dǎo)體棒ab在導(dǎo)軌上所能達(dá)到的最大速度的大小。(3)當(dāng)K接2時,對導(dǎo)體棒ab受力分析,由牛頓第二定律得mgsin

θ-BI2L=ma題型二電磁感應(yīng)中的能量問題一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化

二、求解焦耳熱Q的三種方法

三、能量轉(zhuǎn)化問題的分析程序:先電后力再能量

考向一

安培力做功的計算典題4(2024山東青州模擬)如圖所示,傾角θ=37°、間距l(xiāng)=0.1m的足夠長金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻,質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場。從t=0時刻起,金屬棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下,從x=0處由靜止開始沿斜面向上運動,其速度v與位移x滿足v=kx(可導(dǎo)出a=kv),k=5s-1。當(dāng)金屬棒ab運動至x1=0.2m處時,電阻R消耗的電功率P=0.12W,運動至x2=0.8m處時撤去外力F,此后金屬棒ab將繼續(xù)運動,最終返回至x=0處。金屬棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直,不計其他電阻,求:(提示:可以用F-x圖像下的“面積”代表力F做的功,sin37°=0.6,g取10m/s2)(1)磁感應(yīng)強度B的大小;(2)外力F隨位移x變化的關(guān)系式;(3)在金屬棒ab整個運動過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。(2)在無磁場區(qū)間0≤x<0.2

m內(nèi),有a=5

s-1×v=25

s-2×xF=25

s-2×xm+μmgcos

θ+mgsin

θ=(0.96+2.5x)

N在有磁場區(qū)間0.2

m≤x≤0.8

m內(nèi),有考向二

電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化典題5(多選)(2023山東菏澤一模)如圖所示,形狀相同的平行金屬導(dǎo)軌CN、DQ放置在豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,間距為L,與水平面相切于M、P,右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒從曲面上高h(yuǎn)處靜止釋放,到達(dá)曲面底端PM時速度為v0;金屬棒釋放的位置到PM的水平距離為d,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ,金屬棒最終會停在導(dǎo)軌上,重力加速度g取10m/s2。(

)A.金屬棒從靜止釋放到運動到曲面底端PM的過程中通過電阻R的電荷量B.從靜止釋放運動到PM的過程中,摩擦力、支持力、安培力對金屬棒的總沖量在數(shù)值上一定大于重力的沖量C.若金屬棒從曲面底端PM到最終停止在導(dǎo)軌上,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為ΔQ,則金屬棒停止的位置距曲面底端PM的位移為D.在金屬棒運動的整個過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為答案

ABC

第5講專題提升電磁感應(yīng)中的動量問題高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:在電磁感應(yīng)綜合問題中,若以等長雙桿(光滑)在磁場中的運動作為命題背景,由于回路中為同一電流,兩桿所受安培力等大反向,系統(tǒng)合力為零,則可應(yīng)用動量守恒定律方便快速地求出桿的速度。另外,也可把雙桿問題當(dāng)成碰撞問題的變形拓展,可以對系統(tǒng)同時應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律。若雙桿不等長,由于安培力大小不等,系統(tǒng)合力不為零,則系統(tǒng)動量不守恒,但涉及速度、位移、時間、電荷量等物理量可選用動量定理求解。題型一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考向一

動量定理在單桿模型中的應(yīng)用典題1

如圖甲所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd被固定在水平面上,導(dǎo)軌間距L=0.6m,兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R=10Ω,質(zhì)量m=1kg、電阻r=2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在ef處并鎖定;導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計。整個裝置處在豎直向下的磁場中,lbe=0.2m,磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示。0.2s后金屬棒解除鎖定并同時給金屬棒水平向右的初速度v0=6m/s,求:甲(1)0.1~0.2s內(nèi)R上產(chǎn)生的熱量;(2)從t=0.2s后的整個過程中通過R的電荷量。答案

(1)2.5×10-3J

(2)10.0C(2)0.2

s后,金屬棒以水平向右的初速度v0=6

m/s做減速直線運動到靜止,金屬棒只受安培力作用,由動量定理可得-BIL·Δt=0-mv0考向二

動量定理在雙桿模型中的應(yīng)用典題2(2023湖南卷)如圖所示,兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置,導(dǎo)軌間距為L,兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角,整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置,每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌,導(dǎo)軌電阻忽略不計,重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止,將棒a由靜止釋放,求棒a勻速運動時的速度大小v0。(2)在(1)問中,當(dāng)棒a勻速運動時,再將棒b由靜止釋放,求釋放瞬間棒b的加速度大小a0。(3)在(2)問中,從棒b釋放瞬間開始計時,經(jīng)過時間t0,兩棒恰好達(dá)到相同的速度v,求速度v的大小,以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx。解析

(1)a與b構(gòu)成閉合導(dǎo)體回路,b靜止,a切割磁感線,a相當(dāng)于電源。a勻速運動時,對a有E=BLv0(2)釋放b棒瞬間,b所受的安培力沿軌道向下,且大小為BIL=mgsin

θ對b受力分析得mgsin

θ+BIL=ma0解得a0=2gsin

θ。(3)b棒釋放之后,對a、b組成的系統(tǒng),由動量定理得2mgt0sin

θ=2mv-mv0易錯提醒本題中雙桿在斜面上運動,除系統(tǒng)內(nèi)安培力外合外力不為零,雙桿不滿足動量守恒定律,應(yīng)用動量定理綜合其他的力學(xué)規(guī)律處理問題。題型二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在相互平行的水平軌道間的兩導(dǎo)體棒做切割磁感線運動時,由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向,若不受其他外力,兩導(dǎo)體棒的總動量守恒,解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律?？枷蛞?/p>

動量守恒定律在等長雙桿模型中的應(yīng)用典題3

兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置,間距為d=1m,在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)=1.25m處放置一金屬桿a,弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦,在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b的電阻分別為Ra=2Ω、Rb=5Ω,在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2T。現(xiàn)桿b以初速度大小v0=5m/s開始向左滑動,同時由靜止釋放桿a,桿a由靜止滑到水平軌道的過程中,通過桿b的平均電流為0.3A;從桿a下滑到水平軌道時開始計時,桿a、b運動的v-t圖像如圖乙所示(以桿a運動方向為正方向),其中ma=2kg,mb=1kg,g取10m/s2,求:(1)桿a在弧形軌道上運動的時間;(2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量;(3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的熱量。解析

(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0,對桿b運用動量定理有Bd·Δt=mb(v0-vb0),其中vb0=2

m/s代入數(shù)據(jù)解得t=5

s。考向二

動量守恒定律在不等長雙桿模型中的應(yīng)用典題4(多選)(2023遼寧卷)如圖所示,兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中,磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d,導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止,兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧,兩棒在各自磁場中運動直至停止,彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是(

)答案

AC

解析

彈簧伸展的過程中,MN向左運動,PQ向右運動,由右手定則可知,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流,選項A正確;設(shè)某時刻回路中的電流為I,MN受到的安培力F1=2BId,方向向右,PQ受到的安培力F2=BI·2d,方向向左,兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)所受到的合外力為0,系統(tǒng)動量守恒,當(dāng)PQ的速率為v時,設(shè)MN的速率為v',則有2mv-mv'=0,解得v'=2v,回路內(nèi)的電動勢E=B·2dv+2Bd·2v=題型三力學(xué)三大觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用一、光滑水平軌道上的單桿模型

注:若光滑導(dǎo)軌傾斜放置,要考慮導(dǎo)體桿受到重力沿導(dǎo)軌斜面向下的分力作用,分析方法與表格中受外力F時的情況類似,這里就不再贅述。二、光滑水平軌道上光滑等長雙桿模型

示意圖

(不受外力)

(初速度為0)力學(xué)觀點導(dǎo)體桿1受安培力的作用做加速度減小的減速運動,導(dǎo)體桿2受安培力的作用做加速度減小的加速運動,最后兩桿以相同的速度做勻速直線運動開始兩桿做變加速運動,穩(wěn)定后兩桿以相同的加速度做勻加速直線運動動量觀點系統(tǒng)動量守恒(對其中一桿可用動量定理)系統(tǒng)動量不守恒(對其中一桿可用動量定理)能量觀點桿1動能的減少量=桿2動能的增加量+熱量外力做的功=桿1的動能+桿2的動能+熱量注:第一種模型中,若兩桿長度不同或所在的勻強磁場不同,最終兩桿仍以相同的速度做勻速直線運動,且滿足B1L1v1=B2L2v2?？枷蛞?/p>

單桿問題典題5(2024山東日照一模)光滑平行金屬導(dǎo)軌由左側(cè)弧形軌道與右側(cè)水平軌道平滑連接而成,導(dǎo)軌間距均為L,如圖所示。左側(cè)軌道上端連接有阻值為R的電阻。水平軌道間有連續(xù)相鄰、寬均為d的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,區(qū)域邊界與水平導(dǎo)軌垂直。Ⅰ、Ⅲ區(qū)域有豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B;Ⅱ區(qū)域有豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為2B。金屬棒從左側(cè)軌道上某處由靜止釋放,金屬棒最終停在Ⅲ區(qū)域右邊界上,金屬棒的質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R。不計金屬導(dǎo)軌電阻,金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,重力加速度為g,則金屬棒(

)A.穿過區(qū)域Ⅰ的過程,通過R的電荷量為B.剛進入?yún)^(qū)域Ⅲ時受到的安培力大小為C.穿過區(qū)域Ⅰ與Ⅱ的過程,R上產(chǎn)生的熱量之比為11∶25D.穿過區(qū)域Ⅰ與Ⅲ的過程,克服安培力做功之比為11∶1答案

D

考向二

雙桿問題典題6(2023全國甲卷)如圖所示,水平桌面上固定一光滑U形金屬導(dǎo)軌,其平行部分的間距為l,導(dǎo)軌的最右端與桌面右邊緣對齊,導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向為豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè),以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞,碰撞時間極短。碰撞一次后,P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌,并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時,兩端與導(dǎo)軌接觸良好,P與Q始終平行,不計空氣阻力。求:(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小;(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量;(3)與P碰撞后,絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間。解析

(1)設(shè)Q、P碰撞后瞬間的速度分別是v1、v2,規(guī)定向右為正方向絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞由動量守恒定律得3mv0=3mv1+mv2由機械能守恒定律得第6講專題提升電磁感應(yīng)中的含電容器問題模型高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:電磁感應(yīng)現(xiàn)象中含有電容器的問題往往綜合性比較強,既可以分析動力學(xué)問題,也可以分析動量、能量問題。解答時首先要看清楚電容器是否帶電;其次要弄清楚電磁感應(yīng)過程電容器是充電還是放電,從而判斷電路中電流的方向,進一步分析安培力方向;最后結(jié)合相應(yīng)規(guī)律求解具體問題。題型一只含有電容器的電磁感應(yīng)問題一、有初速度無外力如圖所示,對于這種情況,可以采用直觀的動力學(xué)分析ma=BiL接著對等式兩側(cè)求和,這是一個經(jīng)典方法∑maΔt=∑BLiΔt注意到加速度的積分即為速度變化量,電流的積分即為通過的電荷量mΔv=BLΔq初始電荷量為0,則BLv末=U末;q末=CU末二、有外力無初速度如圖所示,軌道水平光滑,單桿ab質(zhì)量為m,電阻不計,兩平行導(dǎo)軌間距為L,拉力F恒定,Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq=CΔU=CBLΔv,電流以恒定的加速度勻加速運動。典題1

如圖所示,間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平固定,導(dǎo)軌平面處在豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。導(dǎo)軌左端連接有電容為C的平行板電容器,質(zhì)量為m、電阻不可忽略的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。(1)請畫出電容器所帶電荷量Q與其兩極板間電壓U之間的關(guān)系圖線,并求出電容器所儲存的電能E與極板間電壓U及電容C的關(guān)系式;(2)某時刻給導(dǎo)體棒一平行于導(dǎo)軌的水平初速度v0,則最終導(dǎo)體棒的速度為多大?(2)當(dāng)導(dǎo)體棒獲得向右的初速度v0時,切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢給電容器充電,設(shè)充電電流為I,則導(dǎo)體棒所受安培力大小為FA=BIL,方向水平向左在安培力作用下導(dǎo)體棒速度逐漸減小,動生電動勢亦隨之減小,而電容器則隨著電荷量的增加極板間的電壓逐漸增大。當(dāng)動生電動勢等于電容器兩極板間的電壓時,電容器不再充電,導(dǎo)體棒隨即勻速運動,設(shè)此時導(dǎo)體棒的速度為v,故有U=E=BLv對導(dǎo)體棒運用動量定理,可得m(v0-v)=IFA典題2

如圖所示,傾角α=30°的斜面上有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌L1、L2,其間距d=0.5m,底端接有電容C=2000μF的電容器。質(zhì)量m=20g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計。整個空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2T?，F(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向上的恒力F1=0.54N作用于導(dǎo)體棒,使導(dǎo)體棒從靜止開始運動,經(jīng)t時間后到達(dá)B處,速度v=5m/s。此時,突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向下,大小變?yōu)镕2,又經(jīng)2t時間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處,整個過程電容器未被擊穿。求:(1)導(dǎo)體棒運動到B處時,電容器C上的電荷量;(2)t的大小;(3)F的大小。答案

(1)1×10-2C

(2)0.25s(3)0.45N

解析

(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運動到B處時,電容器兩端電壓為U=Bdv=5

V此時電容器的電荷量q=CU=1×10-2

C。(3)若導(dǎo)體棒運動到P處后返回,從B到P做沿導(dǎo)軌向上的減速運動,電容器C放電,根據(jù)牛頓第二定律可得F2+mgsin

α-BId=ma2從P到A做沿導(dǎo)軌向下的加速運動,電容器C充電,根據(jù)牛頓第二定律可得F2+mgsin

α-BId=ma3題型二同時含有電容器和電阻的電磁感應(yīng)問題考向一

感生電動勢類型典題3(多選)(2024河北唐山模擬)如圖所示,水平放置的兩平行金屬板與圓形圓線圈相連,兩極板間距離為d,圓形線圈半徑為r,電阻為R1,外接電阻為R2,其他部分的電阻忽略不計。在圓形線圈中有垂直紙面向里的磁場,磁感應(yīng)強度均勻減小,有一個帶電液滴能夠在極板之間靜止,已知液滴質(zhì)量為m、電荷量為q。則下列說法正確的是(

)A.液滴帶正電

C.保持開關(guān)閉合,向上移動下極板時,粒子將向下運動D.斷開開關(guān)S,粒子將向下運動AB解析

穿過線圈的磁通量垂直紙面向里減小,由楞次定律可知,平行板電容器的下極板電勢高,上極板電勢低,板間存在向上的電場,液滴受到豎直向下的重力和靜電力而靜止,因此液滴受到的靜電力方向向上,靜電力方向與電場強度方向相同,液滴帶正電,A正確;對液滴,由平衡條件得mg=,由閉合電路歐姆變,當(dāng)向上移動下極板時,導(dǎo)致間距減小,那么由

,可知電場強度增大,則靜電力增大,因此液滴將向上運動,C錯誤;斷開開關(guān)S,電容器既不充電,也不放電,則電場強度不變,因此靜電力也不變,則液滴靜止不動,D錯誤?？枷蚨?/p>

動生電動勢類型典題4(多選)(2022全國甲卷)如圖所示,兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上,在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直,且接觸良好,導(dǎo)軌電阻忽略不計,整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時,電容器所帶的電荷量為Q,閉合開關(guān)S后,(

)A.通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為B.導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運動C.導(dǎo)體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱AD解析

本題考查涉及電容器的電磁感應(yīng)的電路問題。導(dǎo)體棒MN兩端的最大電壓為

,因此通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為

,選項A正確;導(dǎo)體棒MN向右加速后,產(chǎn)生反電動勢,當(dāng)MN兩端的電壓u>Blv時,導(dǎo)體棒加速運動,當(dāng)速度達(dá)到最大值之后,導(dǎo)體棒MN與R構(gòu)成回路,由于一直處于通路狀態(tài),由能量守恒可知,最后導(dǎo)體棒MN速度為零,

選項B錯誤;導(dǎo)體棒MN速度最大時,導(dǎo)體棒中的電流為0,導(dǎo)體棒受到的安培力為0,選項C錯誤;將整個電路等效為兩個電路的疊加,在電容器為電源的電路中,通過R與導(dǎo)體棒MN的電流大小相同、方向向下,在導(dǎo)體棒MN切割磁感線作電源的電路中,通過R的電流方向向下,通過導(dǎo)體棒MN的電流方向向上,綜上可知通過電阻R的電流大,產(chǎn)生的焦耳熱較多,D正確。典題5(2023湖北宜昌模擬)如圖所示,半徑為r=1m的光滑金屬圓環(huán)固定在水平面內(nèi),垂直于環(huán)面的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=4.0T,一金屬棒OA在外力作用下繞O軸以角速度ω=8rad/s沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動,金屬環(huán)和導(dǎo)線電阻均不計,金屬棒OA的電阻r0=2Ω,電阻R1=20Ω、R2=40Ω、R3=10Ω、R4=60Ω,電容器的電容C=4μF。閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后,求:(1)通過金屬棒OA的電流大小和方向;(2)從斷開開關(guān)S到電路穩(wěn)定這一過程中通過R3的電荷量。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案

(1)0.5A

方向由O到A(2)6.1×10-5C解析

(1)由右手定則判定通過金屬棒OA的電流方向是由O到A,金屬棒OA中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為解得E=16

V開關(guān)S閉合時的等效電路如圖所示由閉合電路歐姆定律得E=I(r0+R外)聯(lián)立解得I=0.5

A。(2)開關(guān)S斷開前,電路路端電壓為U=IR外=15

V電阻R1兩端電壓為電容器的電荷量為Q1=CU1=2×10-5

C上極板帶正電,下極板帶負(fù)電,S斷開時的等效電路如圖所示,電容器兩端的電