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.docx
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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:感應電流的產生條件、方向判定和導體切割磁感線產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成正比,這就是法拉第電磁感應定律。 內容: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)生電磁感應現象的這部分電路就相當于電源,在電源的內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=nΔΦ/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; 產生: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,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產生的焦耳熱Q 1.【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,流經線框的電流最大 D.線框平面與磁場方向垂直時,流經線框的電流最大 2.如圖(a),在同一平面內固定有一長直導線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)電機能夠產生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機(內阻可忽略)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的讀數變?yōu)?2U C.電流表A的讀數變?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,在豎直平面內建立xOy坐標系,在0≤x≤0.65m,y≤0.40m范圍內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xOy平面內,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??; (2)線框在全過程中產生的焦耳熱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坐標的函數關系。 7.如圖,兩光滑平行金屬導軌置于水平面(紙面)內,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 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 代入數據解得: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Δv,根據動量定理有 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 根據能量守恒求得: Q=124mv2-v2=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-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,根據法拉第電磁感應定律,在t=T/4時導線框中產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,根據楞次定律,所以在t=T/2時,導線框中產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,根據法拉第電磁感應定律,在t=T/2時導線框中產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】根據公式Em=nBSω分析電動機產生的交流電的最大值以及有效值、頻率的變化情況;根據n1n2=U1U2=I2I1判斷原副線圈中電流電壓的變化情況,根據副線圈中功率的變化判斷原線圈中功率的變化;根據ω=2πn可知轉速變?yōu)樵瓉淼?2,則角速度變?yōu)樵瓉淼?2,根據Em=nBSω可知電動機產生的最大電動勢為原來的12,根據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n1n2=U1U2可知副線圈的輸入電壓變?yōu)樵瓉淼?2,即電壓表示數變?yōu)樵瓉淼?2,根據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生的電流方向是順時針,右邊切割磁感線產生的電流方向也是順時針,兩根棒切割產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生的電流大小相等,方向相反,所以回路中電流表現為零,然后從③到④的過程中,左邊切割產生的電流方向逆時針,而右邊切割產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,左邊切割產生的電流方向順時針,右邊切割產生的電流方向是逆時針,此時回路中電流表現為零,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- 配套講稿:
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