《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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這一電路的磁通量變化率
2、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) EBLV (垂直平動切割) 2)=?(普適公式)(法拉第電磁感應定律) 3) E= nBSsin（t+）；EmnBS(線圈轉動切割)4)EBL2/2 (直導體繞一端轉動切割) 5)*自感E自n/tL( 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
3、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，穿過線圈的磁通量最大，但0；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eNBSsint=Emsint；iImsint；(中性面位置開始計時)，最大值EmNBS四值：瞬時值最大值有效值電流的熱效應規(guī)定的；對于正弦式交流U0.707
4、Um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QIt=t/R/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：ee=220sin100t=311sin100t=311sin314t線圈作用是“通直流，阻交流；通低頻，阻高頻”電容的作用是“通交流、隔直流；通高頻、阻低頻”變壓器兩個基本公式：P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
5、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，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
6、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，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=0.02,m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,=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
7、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Q1.【2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)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，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
8、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，線框的電阻為R。使線框以恒定角速度繞過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BSB線框abcd中感應電動勢的有效值是BSC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
9、時針方向二、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)?)A55 kV B110 kV C440 kV D880 kV2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()AR消耗的功率變?yōu)?2P B電壓表V的讀數(shù)變?yōu)?2UC電流表A的讀數(shù)變?yōu)?I D通過R的交變電流頻率不變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
10、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()ABCD三、解答題6如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標系，在0x0.65m，y0.40m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=0.40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x
11、Oy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?。唬?）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
12、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mgsin=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，設速度變化大小為v,根據(jù)動量定理有B2Ilt=-4mvIt=q=1.5R=B2Ll1.5R解得：v=-0.25m/s出B2磁場后“聯(lián)動三桿”的速度為v=v+2v=1.0m/s根據(jù)能量守恒求得：Q=124mv2-v2=0.25J【答案】(1) v0=6m/s (2) 1.5m/s (3)0.25J1.【解析】（1）勻加
13、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=mgsinF安牛頓運動定律F=ma解得I=m（gsina）dB（3）運動時間t=va電荷量Q=It解得Q=2asm（gsin-a）dBa【答案】（1）2as；（2）m(gsin-a)dB；（3）2asm(gsin-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=Emsin.Emsint。故感應電動勢的最大值EmBS，有效值EEm2，故A正確，B錯誤。當=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?！敬鸢浮緼D2【
14、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=
15、T時感應電動勢的方向為逆時針方向，選項D錯誤?！敬鸢浮緼C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?！敬鸢浮緾2【解題思路】根據(jù)公式Em=nBS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)=2n可知轉速變?yōu)樵?/p>
16、來的12，則角速度變?yōu)樵瓉淼?2，根據(jù)Em=nBS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?！敬鸢浮緽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
17、個回路中總電流的方向。要分過程處理本題。第一過程從移動的過程中左邊導體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時針，右邊切割磁感線產(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。再從移動到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，然后從到的過程中，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
18、期性變化，故D正確。故選D?！敬鸢浮緿三、解答題6【解析】（1）線框進入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：-Blq=mv-mv0解得q=Bl2R全過程能量守恒：Q=mgl+12mv02-12mv2解得Q=0.0375J（3）進入磁場前：x0.4mUab=0進入磁場過程：0.4mx0.5mUab=Bvyv0t-IR4=(4x-1.7)V在磁場中：0.5mx0.6mUab=Bv0l=0.4V出磁場過程：0.6x0.7mvx=v0-Blqm=5(1-x)m/sUab=BvxlRR4=1-x4V7【解析】設導體棒在中間的位置時的速度為v，由運動學公式有：v2v02=2ax中=0- v2解得：v=22v0此時導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為：E=Blv依據(jù)閉合電路歐姆定律，則電路中電流為：I=ER再由安培力公式有：F=BIl解得：F=BIl=2B2l2v02R導體棒電流的功率為：P=Fv=B2l2v022R。10
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
