2019屆高考物理二輪復習 專題8 電磁感應及綜合應用 交變電流學案

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1、8電磁感應及綜合應用 交變電流 電磁感應命題頻率較高，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計算題，多以中檔以上難度的題目來增加試卷的區(qū)分度，考查較多的知識點有：感應電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算，同時也會與力學、磁場、能量等知識綜合考查及圖象問題的考查。命題趨勢集中在以下三個方面：楞次定律、右手定則、左手定則的應用；與圖象結合考查電磁感應現(xiàn)象；通過“桿＋導軌”模型，“線圈穿過有界磁場”模型，考查電磁感應與力學、電路、能量等知識的綜合應用。 高頻考點：電磁感應圖象；電磁感應中的電路問題；理想變壓器。 1.法拉第電磁感應定律：電路中感應電動勢的大小跟穿過

2、這一電路的磁通量變化率成正比，這就是法拉第電磁感應定律。 內(nèi)容：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。 發(fā)生電磁感應現(xiàn)象的這部分電路就相當于電源，在電源的內(nèi)部電流的方向是從低電勢流向高電勢。(即：由負到正) 2.[感應電動勢的大小計算公式] 1) E＝BLV (垂直平動切割) 2)…=?(普適公式)ε∝(法拉第電磁感應定律) 3) E= nBSωsin（ωt+Φ）；Em＝nBSω(線圈轉動切割) 4)E＝BL2ω/2 (直導體繞一端轉動切割) 5)*自感E自＝nΔ

3、Φ/Δt＝＝L( 自感 ) 3.楞次定律：感應電流具有這樣的方向,即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量變化,這就是楞次定律。 內(nèi)容：感應電流具有這樣的方向，就是感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。 B感和I感的方向判定：楞次定律(右手) 深刻理解“阻礙”兩字的含義(I感的B是阻礙產(chǎn)生I感的原因) B原方向?；B原?變化(原方向是增還是減)；I感方向?才能阻礙變化；再由I感方向確定B感方向。 4.交變電流　　 交變電流(1)中性面線圈平面與磁感線垂直的位置，或瞬時感應電動勢為零的位置。 中性面的特點：a．線圈處于中性面位置時，穿過線圈的磁通量Φ最大，但＝0；

4、 產(chǎn)生：矩形線圈在勻強磁場中繞與磁場垂直的軸勻速轉動。 變化規(guī)律e＝NBSωsinωt=Emsinωt；i＝Imsinωt；(中性面位置開始計時)，最大值Em＝NBSω 四值：①瞬時值②最大值③有效值電流的熱效應規(guī)定的；對于正弦式交流U＝＝0.707Um④平均值 不對稱方波：不對稱的正弦波 求某段時間內(nèi)通過導線橫截面的電荷量Q＝IΔt=εΔt/R＝ΔΦ/R 我國用的交變電流，周期是0.02s，頻率是50Hz，電流方向每秒改變100次。 瞬時表達式：e＝e=220sin100πt=311sin100πt=311sin314t 線圈作用是“通直流，阻交流；通低頻，阻高頻”． 電容的

5、作用是“通交流、隔直流；通高頻、阻低頻”． 變壓器兩個基本公式：①②P入=P出，輸入功率由輸出功率決定， 遠距離輸電：一定要畫出遠距離輸電的示意圖來，包括發(fā)電機、兩臺變壓器、輸電線等效電阻和負載電阻。并按照規(guī)范在圖中標出相應的物理量符號。一般設兩個變壓器的初、次級線圈的匝數(shù)分別為、n1、n1/ n2、n2/，相應的電壓、電流、功率也應該采用相應的符號來表示。 功率之間的關系是：P1=P1/，P2=P2/，P1/=Pr=P2。 電壓之間的關系是：。 電流之間的關系是：.求輸電線上的電流往往是這類問題的突破口。 輸電線上的功率損失和電壓損失也是需要特別注意的。 分析和計算時都必須用，

6、而不能用。 特別重要的是要會分析輸電線上的功率損失。 1.【浙江省2017普通高校招生選考科目考試物理試題】間距為l的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示,傾角為θ的導軌處于大小為B1，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質量為3m的“聯(lián)動雙桿”（由兩根長為l的金屬桿，cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接而成），在“聯(lián)動雙桿”右側存在大小為B2，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L，質量為m，長為l的金屬桿ab，從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌（無能量損失），桿cd與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后

7、桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出，運動過程中，桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R=0.02Ω,m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,θ=300,B1=0.1T,B2=0.2T。不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應。求： （1）桿ab在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小v0； （2）聯(lián)動三桿進入磁場區(qū)間II前的速度大小v； （3）聯(lián)動三桿滑過磁場區(qū)間II產(chǎn)生的焦耳熱Q 1.【2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)

8、一考試物理（江蘇卷)】如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d．導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g．求下滑到底端的過程中，金屬棒： （1）末速度的大小v； （2）通過的電流大小I； （3）通過的電荷量Q． 一、多選題 1．如圖，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有一面積為S的矩形單匝閉合導線abcd,ab邊與磁場方向垂直，線框的

9、電阻為R。使線框以恒定角速度ω繞過ad、bc中點的軸旋轉。下列說法正確的是(　　) A．線框abcd中感應電動勢的最大值是BSω B．線框abcd中感應電動勢的有效值是BSω C．線框平面與磁場方向平行時，流經(jīng)線框的電流最大 D．線框平面與磁場方向垂直時，流經(jīng)線框的電流最大 2．如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢(　　) A．在t=T4時為零 B．在t=T2時改變方向 C．在t=T2時最大，且沿順時針方向 D．在t=T時最大，且沿順時針方

10、向 二、單選題 1．采用220 kV高壓向遠方的城市輸電．當輸送功率一定時，為使輸電線上損耗的功率減小為原來的14，輸電電壓應變?yōu)?　　) A．55 kV B．110 kV C．440 kV D．880 kV 2．教學用發(fā)電機能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機(內(nèi)阻可忽略)通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P.若發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼?2，則(　　) A．R消耗的功率變?yōu)?2P B．電壓表V的讀數(shù)變?yōu)?2U C．電流表A的讀數(shù)變?yōu)?I D．通過R的交變電流頻率不變

11、3．如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為32l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動，線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是(　　) A．B．C．D． 三、解答題 6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標系，在0≤x≤0.65m，y≤0.40m范圍內(nèi)存在一具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域。一邊長為L=0.10m、質量m=0.02kg、電阻R=0.40Ω的勻質正方形剛性導線框abcd處于圖示位置，其中心的坐標為（0，0.65）?，F(xiàn)將線框以初速度v0=2m/s水平向右拋出，線框

12、在進入磁場過程中速度保持不變，然后在磁場中運動，最后從磁場右邊界離開磁場區(qū)域，完成運動全過程，線框在全過程中始終處于xOy平面內(nèi)，其ab邊與x軸保持平行，空氣阻力不計，求： （1）磁感應強度B的大小； （2）線框在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q； （3）在全過程中，cb兩端得到電勢差Ucb與線框中心位置的x坐標的函數(shù)關系。 7．如圖，兩光滑平行金屬導軌置于水平面（紙面）內(nèi)，軌間距為l，左端連有阻值為R的電阻．一金屬桿置于導軌上，金屬桿右側存在一磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場區(qū)域．已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，做勻變速直

13、線運動，到達磁場區(qū)域右邊界（圖中虛線位置）時速度恰好為零．金屬桿與導軌始終保持垂直且接觸良好．除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計．求金屬桿運動到磁場區(qū)域正中間時所受安培力的大小及此時電流的功率。 參考答案 1.【解析】沿著斜面正交分解，最大速度時重力分力與安培力平衡 (1)感應電動勢E=B1lv0 電流I=E1.5R 安培力F=B1Il 勻速運動條件mgsinθ=B12l2v01.5R 代入數(shù)據(jù)解得：v0=6m/s （2）由定量守恒定律mv0=4mv 解得：v=1.5m/s （3）進入B2磁場區(qū)域，設速度變化大小

14、為Δv,根據(jù)動量定理有 B2IlΔt=-4mΔv IΔt=q=Δ?1.5R=B2Ll1.5R 解得：Δv=-0.25m/s 出B2磁場后“聯(lián)動三桿”的速度為 v'=v+2Δv=1.0m/s 根據(jù)能量守恒求得： Q=12×4m×v2-v'2=0.25J 【答案】(1) v0=6m/s (2) 1.5m/s (3)0.25J 1.【解析】（1）勻加速直線運動v2=2as解得v=2as （2）安培力F安=IdB金屬棒所受合力F=mgsinθ–F安 牛頓運動定律F=ma 解得I=m（gsinθ–a）dB （3）運動時間t=va電荷量Q=It 解得Q=2asm（gsinθ

15、-a）dBa 【答案】（1）2as；（2）m(gsinθ-a)dB；（3）2asm(gsinθ-a)dBa； 一、多選題 1．【解題思路】一個單匝線圈在勻強磁場中旋轉，當從中性面開始計時,產(chǎn)生的正弦式交變電流電動勢的瞬時值表達式為：e=Emsinθ.＝Emsinωt。故感應電動勢的最大值Em＝BSω，有效值E＝Em2，故A正確，B錯誤。 當θ=90o時，即線框平面與磁場方向平行時，電流最大故C正確，D錯誤。 【答案】AD 2．【解題思路】由圖（b）可知，導線PQ中電流在t=T/4時達到最大值，變化率為零，導線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t=T/4時導線框中

16、產(chǎn)生的感應電動勢為零，選項A正確；在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率方向不變，導致導線框R中磁通量變化率的正負不變，根據(jù)楞次定律，所以在t=T/2時，導線框中產(chǎn)生的感應電動勢方向不變，選項B錯誤；由于在t=T/2時，導線PQ中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導致導線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應定律，在t=T/2時導線框中產(chǎn)生的感應電動勢最大，由楞次定律可判斷出感應電動勢的方向為順時針方向，選項C正確；由楞次定律可判斷出在t=T時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項D錯誤。 【答案】AC 二、單選題 1．【解題思路】本意考查輸電線路的電能損失，意在考查考生的分析能力。當輸

17、電功率P=UI，U為輸電電壓，I為輸電線路中的電流，輸電線路損失的功率為P損=I2R，R為輸電線路的電阻，即P損=PU2R。當輸電功率一定時，輸電線路損失的功率為原來的14，則輸電電壓為原來的2倍，即440V，故選項C正確。 【答案】C 2．【解題思路】根據(jù)公式Em=nBSω分析電動機產(chǎn)生的交流電的最大值以及有效值、頻率的變化情況；根據(jù)n1n2=U1U2=I2I1判斷原副線圈中電流電壓的變化情況，根據(jù)副線圈中功率的變化判斷原線圈中功率的變化；根據(jù)ω=2πn可知轉速變?yōu)樵瓉淼?2，則角速度變?yōu)樵瓉淼?2，根據(jù)Em=nBSω可知電動機產(chǎn)生的最大電動勢為原來的12，根據(jù)U=Em2可知發(fā)電機的輸出

18、電壓有效值變?yōu)樵瓉淼?2，即原線圈的輸出電壓變?yōu)樵瓉淼?2，根據(jù)n1n2=U1U2可知副線圈的輸入電壓變?yōu)樵瓉淼?2，即電壓表示數(shù)變?yōu)樵瓉淼?2，根據(jù)P=U2R可知R消耗的電功率變?yōu)?4P，A錯誤B正確；副線圈中的電流為I2=12UR，即變?yōu)樵瓉淼?2，根據(jù)n1n2=I2I1可知原線圈中的電流也變?yōu)樵瓉淼?2，C錯誤；轉速減小為原來的12，則頻率變?yōu)樵瓉淼?2，D錯誤。 【答案】B 3．【解題思路】試題分析：找到線框在移動過程中誰切割磁感線，并根據(jù)右手定則判斷電流的方向，從而判斷整個回路中總電流的方向。要分過程處理本題。 第一過程從①移動②的過程中左邊導體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時針，右

19、邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時針，兩根棒切割產(chǎn)生電動勢方向相同所以E=2Blv，則電流為i=ER=2BlvR，電流恒定且方向為順時針。 再從②移動到③的過程中左右兩根棒切割磁感線產(chǎn)生的電流大小相等，方向相反，所以回路中電流表現(xiàn)為零，然后從③到④的過程中，左邊切割產(chǎn)生的電流方向逆時針，而右邊切割產(chǎn)生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為i=ER=2BlvR，方向是逆時針。 當線框再向左運動時，左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時針，右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時針，此時回路中電流表現(xiàn)為零，故線圈在運動過程中電流是周期性變化，故D正確。故選D。 【答案】D 三、解答題 6．【解析】（1）線框進入

20、磁場的過程中速度不變，線框受力平衡：mg=BIl 感應電流I=BlvyR 進入時的y方向速度：vy=2m/s， 解得：B=2T （2）動量定理：-BlΔq=mv-mv0 解得Δq=Bl2R 全過程能量守恒：Q=mgl+12mv02-12mv2 解得Q=0.0375J （3）進入磁場前：x≤0.4m Uab=0 進入磁場過程：0.4m