2024高中物理第一章电磁感应章末复习课达标作业含解析粤教版选修3-2

PAGE16-章末复习课【学问体系】[答案填写]①磁通量②磁通量的改变率③E＝neq\f(ΔΦ,Δt)④BLv⑤eq\f(1,2)BLω2⑥电流⑦Leq\f(ΔI,Δt)主题1楞次定律的理解与应用1．楞次定律．(1)内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的改变．(2)适用范围：各种电磁感应现象．2．对楞次定律的理解．(1)(2)从实际问题上来理解．①阻碍原磁通量的改变：增“反”减“同”．②阻碍相对运动的：来“拒”去“留”．③使线圈面积有扩大或缩小的趋势：增“缩”减“扩”．④阻碍原电流的改变(自感现象)：增“反”减“同”．(3)从能量观点看：由于“阻碍”，为了维持原磁场的改变，必需有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其他形式的能转化为电能．所以楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现．3．楞次定律的运用步骤．【典例1】如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时()A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大解析：当螺线管中通过的电流渐渐变小时，电流产生的磁场渐渐变弱，故穿过金属环a的磁通量变小，依据楞次定律可知，为阻碍原磁通量变小，金属环a有收缩的趋势，故A正确，B、C、D错误．答案：A针对训练1．如下图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地解析：甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放，穿过甲线框的磁通量发生改变，产生感应电流，铜线框在下落过程中受到向上的安培力作用，线框受到的合外力小于重力，线框向下运动的加速度小于重力加速度，乙线框不闭合，线框下落时产生感应电动势，但没有感应电流，线框不受安培力作用，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，丙是塑料线框，线框中不产生感应电流，线框做自由落体运动，加速度等于重力加速度，由于甲、乙、丙的位移相等，初速度都为零，甲的加速度小于乙、丙的加速度，乙、丙加速度相等，因此乙、丙同时落地，甲后落地，故D正确．答案：D主题2法拉第电磁感应定律两种表达式的应用1．法拉第电磁感应定律．(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量改变率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(n为线圈的匝数)．特殊提示：①感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的改变率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数n共同确定，而与磁通量Φ、磁通量的改变量ΔΦ的大小没有必定联系．②用公式E＝nSeq\f(ΔB,ΔΦ)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．③通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．q＝Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).2．导体切割磁感线产生的感应电动势．(1)运动方向和磁感线不垂直．①E＝Blvsinθ；②θ为导线运动方向跟磁感线方向的夹角．(2)运动方向和磁感线方向垂直：E＝Blv.应用公式E＝Blv时应留意：①本公式是在肯定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的重量进行计算．②导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势；若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．③公式中的l为有效切割长度．如图，棒的有效长度为ab的弦长．甲：l＝cd·sinβ(简洁错认为l＝ab·sinβ)．乙：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0.丙：a、b、c、d四种状况的l相同．④E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应留意速度间的相对关系．(3)导体棒以棒上某点为轴在垂直磁场平面内匀速转动．切割磁感线产生感应电动势．①导体棒以端点为轴匀速转动时：E＝eq\f(1,2)Bl2ω.②导体棒以棒中点为轴匀速转动时：E＝0(AO或BO两点的电势差不为零)，UAO＝UBO＝eq\f(1,8)Bωl2.③导体棒以棒中随意点为轴匀速转动时：E＝eq\f(1,2)Bωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))).【典例2】放在绝缘水平面上的两条平行导轨MN和PQ之间宽度为L，在MNQP间存在磁感应强度为B的匀强磁场，B的方向垂直于导轨平面，导轨左端接有阻值为R的电阻，其他部分电阻不计．导轨右端接一电容为C的电容器，长为2L的金属棒放在导轨上与导轨垂直且接触良好，其a端放在导轨PQ上．现将金属棒以a端为轴，以角速度ω沿导轨平面顺时针旋转90°角，如图所示，求(设导轨长度比2L长得多)：(1)电阻R中流过的最大感应电流；(2)通过电阻R的总电量．解析：(1)从ab棒以a端为轴旋，直到b端脱离导轨的过程中，其感应电动势不断增大，对C不断充电，同时又与R构成回路，如图所示．R上的最大电压Um＝Em＝B×2L×v均＝B×2L×Lω＝2BL2ω，通过R的最大电流Im＝eq\f(EM,R)＝eq\f(2BL2ω,R).(2)ab脱离导轨前通过R的电量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(B,R)×eq\f(1,2)L×eq\r(3)L＝eq\f(\r(3)BL2,2R)，ab棒转动到d点时，电容器的带电量q′＝CUC＝CEm＝2BL2ωC，q总＝q＋q′＝eq\f(\r(3)BL2,2R)＋2BL2ωC＝BL2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2R)＋2ωC)).答案：(1)eq\f(2BL2ω,R)(2)BL2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2R)＋2ωC))针对训练2.如图，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面对里，大小随时间的改变率eq\f(ΔB,Δt)＝k为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一边长为l的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的改变率．解析：(1)线框中产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝S′eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)l2k，又由题意可知R＝ρeq\f(4l,S)，所以I＝eq\f(E,R)＝eq\f(klS,8ρ).(2)导线框所受磁场力的大小为F＝BIl，它随时间的改变率为：eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(klS,8ρ)·l·k＝eq\f(k2l2S,8ρ).答案：(1)eq\f(klS,8ρ)(2)eq\f(k2l2S,8ρ)主题3电磁感应中的电路与图象问题1．方法归纳图．2．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法．(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．(3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点、电功、电功率等公式求解．3．问题示例．(1)图甲中，若磁场增加，可推断感应电流方向为逆时针，则φB>φA；若线圈内阻为r，则UBA＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(R,R＋r).(2)图乙中，据右手定则判定电流流经AB的方向为B→A，则可判定φA>φB，若导体棒的电阻为r，则UAB＝eq\f(BLv,R＋r)·R.【典例3】(多选)半径为a的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O起先，杆的位置由θ确定，如图所示．则()A．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π,3)时，杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝0时，杆受的安培力大小为eq\f(8B2av,（π＋4）R0)D．θ＝eq\f(π,3)时，杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,（5π＋3）R0)解析：θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；当θ＝eq\f(π,3)时，依据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；θ＝0时，由于单位长度电阻均为R0，所以电路中总电阻eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))aR0，所以杆受的安培力大小是eq\f(8B2av,（π＋4）R0)，故C正确；当θ＝eq\f(π,3)时，电路中总电阻是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,18)π＋1))aR0，所以杆受到的安培力eq\f(18B2av,（5π＋18）R0)，故D错误．答案：AC针对训练3．如图甲所示，矩形导线框ABCD固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面对里．规定垂直于线框所在平面对里为磁场的正方向；线框中沿着ABCDA方向为感应电流i的正方向．要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度B随时间t改变的规律可能为()解析：在0～t0时间内，磁场垂直纸面对里，且匀称增大，依据楞次定律，知感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值．故A错误；在0～t0时间内，磁场垂直纸面对里，且匀称减小，依据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，依据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，同理，在t0～2t0时间内，感应电流的方向为ADCBA，与规定的正方向相反，感应电流为负值，且为定值．故B正确；在0～t0时间内，磁场垂直纸面对里，且匀称减小，依据楞次定律，知感应电流的方向为ABCDA，与规定的正方向相同，依据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为定值，则感应电流为定值，在t0～2t0时间内，磁场方向垂直纸面对外，且匀称增大，依据楞次定律，感应电流的方向仍旧为ABCDA，与规定的正方向相同．故C错误；磁感应强度不变，磁通量不变，则不产生感应电流，故D错误．答案：B主题4电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学问题分析．(1)两种状态处理．①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：依据平衡条件合外力等于零列式分析．②导体处于非平衡态——加速度不为零．处理方法：依据牛顿其次定律进行动态分析或结合功能关系分析．(2)电磁感应问题中两大探讨对象及其相互制约关系．(3)电磁感应中的动力学临界问题．①解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，找寻过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件．②基本思路．2．电磁感应中的能量转化问题．(1)运动的动态分析．(2)能量转化特点．eq\x(\a\al(机械能或其,他形式的能))eq\o(→,\s\up17(安培力做负功))eq\x(电能)eq\o(→,\s\up17(电流做功))eq\x(\a\al(内能或其他,形式的能))(3)电能求解思路主要有三种．①利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．②利用能量守恒求解：其他形式的能的削减量等于产生的电能．③利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．【典例4】如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角为30°，不计电阻，广袤的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B＝0.4T，垂直导轨放置两金属棒ab和cd，长度均为0.5m，电阻均为0.1Ω，质量分别为0.1kg和0.2kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动．现ab棒在外力作用下，以恒定速度v＝1.5m/s沿着导轨向上滑动，cd棒则由静止释放，试求(g取10m/s2)：(1)金属棒ab产生的感应电动势；(2)闭合回路中的最小电流和最大电流；(3)金属棒cd的最终速度．解析：(1)Eab＝Blv＝0.4×0.5×1.5V＝0.3V.(2)刚释放cd棒时I1＝eq\f(Eab,2R)＝eq\f(0.3,2×0.1)A＝1.5A，cd棒受到安培力为F1＝BI1l＝0.4×1.5×0.5N＝0.3N，cd棒受到重力沿导轨方向的分力为：Gcd＝mcdgsin30°＝1N，F1＜Gcd，cd棒沿导轨向下加速滑动．abcd闭合回路的感应电动势增大，电流也增大，所以最小电流为Imin＝I1＝1.5A.当cd棒的速度达到最大时，回路的电流最大，此时cd棒的加速度为零，则mgsin30°＝BImaxl，Imax＝eq\f(mgsin30°,Bl)＝5A.(3)由Imax＝eq\f(Blvab＋Blvcd,2R)，可得：vcd＝eq\f(2RImax－Blvab,Bl)＝3.5m/s.答案：(1)0.3V(2)1.5A5A(3)3.5m/s针对训练4.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导轨ab的质量为0.2g，垂直纸面对里的匀强磁场的磁感应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当ab导体自由下落0.4s时，突然接通电键K，则：(1)试说出K接通后，ab导体的运动状况；(2)ab导体匀速下落的速度是多少(g取10m/s2)?解析：(1)v0＝gt＝4m/s，F安＝BIlab＝eq\f(B2l2v,R)＝0.016N＞mg＝0.002N，a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2l2v,mR)－g方向竖直向上，ab做竖直向下的加速度渐渐减小的减速运动，当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动．(2)设竖直向下的速度为v，此时F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝mg，v＝eq\f(mgR,B2l2)＝0.5m/s.答案：见解析统揽考情1．感应电流的产生条件、方向推断和电动势的简洁计算，磁感应强度、磁通量、电动势、电压、电流随时间改变的图象，以及感应电动势、感应电流随线框位移改变的图象，是高频考点，形式以选择题为主．2．滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场、电磁感应中的能量转化等综合问题，能很好地考查考生的实力，备受命题专家的青睐．真题例析(2024·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框始终向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间改变的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面对外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：由题图象可以看出，0.2～0.4s没有感应电动势，说明从起先到ab进入用时0.2s，导线框匀速运动的速度为v＝eq\f(L,v)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，由E＝BLv可得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A错误，B正确；由题图乙可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，由楞次定律可知磁感应强度的方向垂直纸面对外，C正确；在0.4～0.6s内，导线框所受的安培力F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(0.22×0.12×0.5,0.005)N＝0.04N，D错误．答案：BC针对训练(2024·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生改变．在题图A中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生改变，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而B、C、D三个图均无此现象，故错误．答案：A1.(2024·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面对里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动起先的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，A、B、C错误．答案：D2．(2024·海南卷)(多选)如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距，若线框自由下落，从ab边进入磁场时起先，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A．始终减小 B．始终不变C．始终增加 D．先减小后增加解析：设线框进入磁场时的速度为v，进入磁场进所受的安培力为F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，若mg＝eq\f(B2L2v,R)，线框进入后做匀速运动，完全进入做加速直至到达最下边；若mg＞eq\f(B2L2v,R)，线框进入后做加速运动，完全进入接着做加速直至到达最下边，C正确；若mg＜eq\f(B2L2v,R)，线框进入后做减速运动，完全进入做加速直至到达最下边，D正确．答案：CD3．(2024·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面下．现使磁感应强度随时间匀称减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流渐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力渐渐减小解析：磁感应强度匀称减小，磁通量减小，由楞次定律可知ab中的感应电流方向由a到b，A错误，由于磁感应强度匀称减小，再由法拉第电磁感应定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)，可得感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，B错误；由安培力公式F＝ILB，电流不变，B匀称减小，安培力减小，C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，则有F＝Ff，安培力减小，静摩擦力减小，D正确．答案：D4．(2024·江苏卷)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：由于线圈平面与磁场方向垂直，穿过该面的磁通量为Φ＝BS，半径为r的范围内有匀强磁场，磁场的区域面积为S＝πr2结合图可知，穿过两个