届高考物理二轮复习提优专题十 电磁感应基本问文档格式.docx
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D.圆环所受的安培力先为阻力,后为动力
思维轨迹:
解析:
由图示可知,在圆环下落过程中,穿过圆环的磁场方向向上,在圆环靠近磁铁时,穿过圆环的磁通量变大,在圆环远离磁铁时穿过圆环的磁通量减小,由楞次定律根据“来拒去留”的特点可知,圆环先受到向上的排斥力后受到向上的吸引力;
从上向下看,圆环中的感应电流先沿顺时针方向,后沿逆时针方向,故A正确,B错误;
在圆环下落过程中,圆环中产生感应电流,根据“来拒去留”的特点可知,圆环在整个下落过程中所受的安培力始终为阻力,故C正确,D错误.
答案:
AC
变式训练1 (2014·
广东)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
磁块在铜管中运动时,铜管中产生感应电流,根据楞次定律,磁块会受到向上的磁场力,因此磁块下落的加速度小于重力加速度,且机械能不守恒,选项A、B错误;
磁块在塑料管中运动时,只受重力的作用,做自由落体运动,机械能守恒,磁块落至底部时,根据直线运动规律和功能关系,磁块在P中的下落时间比在Q中的长,落至底部时在P中的速度比在Q中的小,选项C正确,选项D错误.
C
E=n的应用
因穿过电路的磁通量变化而发生电磁感应现象时,通常用法拉第电磁感应定律E=n计算感应电动势.若为恒定,则感应电动势恒定.若为变化量,则E=n计算的是Δt时间内的平均感应电动势,当Δt→0时,E=n的极限值等于瞬时感应电动势.
例2 (多选)(2014·
四川)如图所示,在电阻不计的水平光滑U形金属框上固定两个光滑竖直玻璃挡板H、P,且H、P的间距很小.质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框良好接触并围成边长为1m的正方形,其等效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加上方向与水平面成30°
角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化的规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则( )
A.t=1s时,金属杆中感应电流方向从C到D
B.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到C
C.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1N
D.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N
由于B=(0.4-0.2t)T,在t=1s时穿过平面的磁通量向下并减少,则根据楞次定律可以判断,金属杆中感应电流方向从C到D,A正确;
在t=3s时穿过平面的磁通量向上并增加,则根据楞次定律可以判断,金属杆中感应电流方向仍然是从C到D,B错误;
由法拉第电磁感应定律得E==Ssin30°
=0.1V,由闭合电路的欧姆定律得电路电流I==1A,在t=1s时,B=0.2T,方向斜向下,电流方向从C到D,金属杆对挡板P的压力水平向右,大小为FP=BILsin30°
=0.1N,C正确;
同理,在t=3s时,金属杆对挡板H的压力水平向左,大小为FH=BILsin30°
=0.1N,D错误.
变式训练2 (2014·
安徽)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场.如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球.已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A.0 B.r2qkC.2πr2qk D.πr2qk
由法拉第电磁感应定律可知,沿圆环一周的感生电动势E感==·
S=k·
πr2,电荷环绕一周,受环形电场的加速作用,应用动能定理可得W=qE感=πr2qk.选项D正确.
D
E=Blv的应用
1.E=Blv是法拉第电磁感应定律的一种特殊形式,不具有普遍适用性,仅适用于计算一段导体因切割磁感线而产生的感应电动势,且在匀强磁场中B、l、v三者必须互相垂直.
2.当v是切割运动的瞬时速度时,算出的是瞬时电动势;
当v是切割运动的平均速度时,算出的是一段时间内的平均电动势.
3.若切割磁感线的导体是弯曲的,l应理解为有效切割长度,即导体在垂直于速度方向上的投影长度.
例3 (2014·
苏北四市二模)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ,N、Q两点间接有阻值为R的电阻.整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.将质量为m、阻值也为R的金属杆ab垂直放在导轨上,杆ab由静止释放,下滑距离x时达到最大速度.重力加速度为g,导轨电阻不计,杆与导轨接触良好.求:
(1)杆ab下滑的最大加速度.
(2)杆ab下滑的最大速度.
(3)上述过程中,杆上产生的热量.
(1)设ab杆下滑到某位置时速度为v,则此时杆产生的感应电动势E=BLv.
回路中的感应电流I=.
杆所受的安培力F=BIL.
根据牛顿第二定律有mgsinθ-=ma.
当速度v=0时,杆的加速度最大,最大加速度am=gsinθ,方向沿导轨平面向下.
(2)由
(1)问知,当杆的加速度a=0时,速度最大,
最大速度vm=,方向沿导轨平面向下.
(3)ab杆从静止开始到最大速度过程中,根据能量守恒定律有mgxsinθ=Q总+m,
又Q杆=Q总,
所以Q杆=mgxsinθ-.
(1)gsinθ 方向沿导轨平面向下
(2) 方向沿导轨平面向下
(3)mgxsinθ-
变式训练3 (2014·
淮安调研)如图所示,宽度为L=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置,其一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连,导轨处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面.将质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直.t=0时起棒在水平外力F的作用下向右做初速度v0=2m/s、加速度a=1m/s2的匀加速运动.求:
(1)t=1s时回路中的电流.
(2)t=1s时外力F的大小.
(3)第1s内通过棒的电荷量.
(1)t=1s时,棒的速度为
v1=v0+at=3m/s.
此时由于棒切割磁感线产生的电动势为
E=BLv1=0.6V.
根据闭合电路欧姆定律可知,此时回路中的感应电流为I==3A.
(2)对棒,根据牛顿第二定律有F-ILB=ma.
解得t=1s时外力F的大小为F=ILB+ma=0.7N.
(3)在t=1s时间内,棒的位移为x=v0t+at2.
根据法拉第电磁感应定律可知,在这段时间内,棒的平均感应电动势为=.
根据闭合电路欧姆定律可知,在这段时间内,回路中的平均感应电流为=.
则在第1s时间内,通过棒的电荷量为q=t.
联立以上各式解得q=2.5C.
(1)3A
(2)0.7N (3)2.5C
自感、涡流问题分析
解决自感现象问题的关键在于认真分析电路,在开关闭合瞬间,线圈可认为是断路,通过线圈的电流由零逐渐增大;
在电流稳定时,理想线圈(无电阻)可认为是短路,有电阻的线圈可认为是定值电阻;
在断开开关时,如果能构成回路,则线圈等效为一个电源,回路中的电流由电路稳定时线圈中的电流值逐渐减小.
例4 (多选)(2014·
南通二模)低频电涡流传感器可用来测量自动化生产线上金属板的厚度.如图所示,在线圈L1中通以低频交变电流,它周围会产生交变磁场,其正下方有一个与电表连接的线圈L2,金属板置于L1、L2之间.当线圈L1产生的变化磁场透过金属板,L2中会产生感应电流.由于金属板厚度不同,吸收电磁能量的强弱不同,导致L2中感应电流的强弱不同,则( )
A.金属板吸收电磁能量,是由于穿过金属板的磁场发生变化,板中产生涡流
B.金属板越厚,涡流越弱
C.L2中产生的是直流电
D.L2中产生的是与L1中同频率的交变电流
根据变化的电流产生变化的磁场,导致金属板有变化的电场,从而出现涡流,使电磁能量转化为内能,板越厚,产生内能越多,由电磁感应可知,L2中产生的是与L1中同频率的交变电流,从而即可求解.
变化的磁场会产生电场,将金属板放在变化的磁场中,金属板中的电子在电场力的作用下定向移动,形成涡流,产生热量,该热量由电磁能转化而来,选项A正确;
根据电阻定律R=ρ,金属板越厚,横截面积越大,电阻越小,涡流越强,选项B错误;
L1中通以交变电流,在其周围产生的是交变磁场,该交变磁场决定了线圈L2中磁感应强度的变化率,所以线圈L2中产生的是与L1同频率的交变电流,选项C错误,选项D正确.
AD
变式训练4 (多选)(2014·
江苏模拟)涡流电导仪利用涡流原理工作,当通有交变电流的检测线圈靠近被
检工件时,工件表面出现电磁涡流,该涡流同时产生一个磁场,作用于检测线圈.若金属工件存在缺陷,就会改变涡流磁场的强度及分布,导致检测线圈电流发生变化,通过检测这个变化就可发现材料有无缺陷.关于涡流电导仪,下列说法中正确的是( )
A.涡流电导仪也可以用于绝缘体的检测
B.导体中产生的涡流,其频率与检测线圈中的交变电流频率相同
C.若金属工件存在裂缝,涡流磁场的强度会增大
D.涡流产生磁场的同时,材料中也会产生电热
绝缘体中没有涡流产生,涡流电导仪不能用于绝缘体的检测,故A错误;
根据法拉第电磁感应定律可知,导体中产生的涡流,其频率与检测线圈中交变电流的频率相同,故B正确;
若金属工件存在裂缝,电阻增加,涡流磁场的强度会减小,故C错误;
涡流产生磁场的同时,根据焦耳定律,材料中也会产生电热,故D正确.
BD
变式训练5 (2014·
南通二模)如图所示的电路中,A1、A2是两个指示灯,L是自感系数很大的线圈,电阻R的阻值较小,开始时开关S1断开、S2闭合.现闭合S1,一段时间后电路稳定,下列说法中正确的是( )
A.闭合S1,通过电阻R的电流先增大后减小
B.闭合S1,A1亮后逐渐变暗
C.闭合S1,A2逐渐变亮,然后亮度不变
D.断开电路时,为保护负载,应先断开S2,再断开S1
闭合S1,自感线圈L立刻产生感应电动势,阻碍电流的增加,阻碍不等于阻止,所以通过电阻R的电流逐渐增大,然后不变,选项A错误;
电路右侧两条支路并联,自感线圈L的感抗逐渐减小,则并联总阻值不断减小,所以干路电流逐渐增大,灯泡A1逐渐变亮,选项B错误;
因并联总阻值不断减小,并联电路两端的电压不断减小,灯泡A2逐渐变暗,选项C错误;
断开电路时,若先不断开开关S2,自感系数很大的线圈L产生很大的断电自感电动势,自感线圈L、电阻R、灯泡A2与负载构成闭合回路,有很大的电流通过负载,为保护负载,断电前应先断开S2,选
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