資源簡介

第二章　電磁感應
本章復習提升
易混易錯練
易錯點1　盲目套用楞次定律的推論“增縮減擴”
1.如圖甲所示,兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合,放在同一水平面內,線圈A中通以如圖乙所示的變化電流,t=0時電流沿逆時針方向(如圖甲中箭頭所示)。對于線圈B,在t1~t2時間內,下列說法中正確的是 (　　)
　
A.有順時針方向的電流,且有擴張的趨勢
B.有順時針方向的電流,且有收縮的趨勢
C.有逆時針方向的電流,且有擴張的趨勢
D.有逆時針方向的電流,且有收縮的趨勢
易錯點2　不清楚閉合線框所處磁場分布特點
2.如圖所示,小金屬環和大金屬環重疊在同一平面內,兩環相互絕緣,小環有一半面積在大環內,當大環接通電源的瞬間,對小環中電流情況及小環的運動情況,下列判斷正確的是 (　　)
A.小金屬環中無感應電流
B.小金屬環中有順時針方向的感應電流
C.小金屬環會向大金屬環外運動
D.小金屬環會向大金屬環里運動
易錯點3　磁通量變化情況分析錯誤
3.如圖所示,AOC是光滑的金屬軌道,AO沿豎直方向,OC沿水平方向,PQ是一根金屬直桿,按如圖所示立在軌道上,直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動,運動過程中Q端始終在OC上,空間存在垂直于紙面向外的勻強磁場,則在PQ桿滑動的過程中,下列判斷正確的是 (　　)
A.感應電流的方向始終是由P→Q
B.感應電流的方向始終是由Q→P
C.PQ受磁場力的方向垂直于桿向左
D.PQ受磁場力的方向先垂直于桿向左下,后垂直于桿向右上
易錯點4　不理解公式E=BLv中速度v的含義
4如圖所示,一不計電阻的導體圓環,半徑為r、圓心在O點,過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條,輻條與圓環接觸良好。現將此裝置放置于磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中,磁場邊界恰與圓環直徑在同一直線上。現使輻條以角速度ω繞O點逆時針轉動,右側電路通過電刷與圓環中心和環的邊緣相接觸,R1=,S處于閉合狀態,不計其他電阻。則下列判斷正確的是 (　　)
A.通過R1的電流方向為自上而下
B.感應電動勢大小為2Br2ω
C.理想電壓表的示數為
D.理想電流表的示數為
易錯點5　錯把感應電動勢當成路端電壓
5.如圖所示,abcd是邊長為L、每邊電阻均相同的正方形導體線框,現使線框以恒定的速度v沿x軸運動,進入邊界夾角為45°的勻強磁場區域,勻強磁場區域足夠大,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。自線框b點在O位置時開始計時,則在0~時間內,a、b兩點間的電勢差U隨時間t變化的圖像為 (　　)
思想方法練
一、二級結論法
方法概述
　　“二級結論”是由基本規律和基本公式導出的推論,在解題時可以直接應用。電磁感應中經常用到的二級結論有:(1)增反減同;(2)來拒去留;(3)增縮減擴。
1.如圖所示,一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內,通有恒定電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定,導體棒與軌道垂直且接觸良好,在導體棒向右勻速通過M、N兩區域的過程中,導體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計軌道電阻。以下敘述正確的是 (　　)
A.FM向右,FM逐漸增大
B.FM向左,FM逐漸減小
C.FN向右,FN逐漸增大
D.FN向左,FN逐漸減小
二、等效法
方法概述
　　等效法就是在特定的某種意義上,在保證效果相同的前提下,將陌生的、復雜的、難處理的問題轉換成熟悉的、簡單的、易處理的問題的一種方法。
2.如圖所示,兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內,其右端接定值電阻R。金屬桿ab在導軌上以大小為v0的速度水平向左勻速運動,其左側的矩形區域MNPQ存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。該磁場區域也以大小為v0的速度勻速地向右運動,當金屬桿剛進入磁場時,桿中產生的感應電動勢的大小為 (　　)
A.0　　　　B.Bdv0　　　　C.2Bdv0　　　　D.4Bdv0
答案與分層梯度式解析
第二章　電磁感應
本章復習提升
易混易錯練
1.C　在t1~t2時間內,線圈A中的電流沿順時針方向且增大,則向里穿過線圈B的磁通量增加,根據楞次定律與安培定則可知,線圈B中有逆時針方向的電流;由于線圈B處的磁場垂直于紙面向外,根據左手定則可知,線圈B的每一極小部分都受到背離圓心向外的安培力,則線圈B有擴張的趨勢。故選C。
錯解分析　錯解原因是直接套用楞次定律的推論“增縮減擴”。根據楞次定律,感應電流的磁場應阻礙原磁通量的變化,原磁場在增強,線圈應擴大面積來減小凈磁通量。“增縮減擴”的結論只適用于磁感線單方向穿過回路的情境。
2.C　當大環接通電源的瞬間,由安培定則可知大環內部磁場垂直紙面向里,外部磁場垂直紙面向外,小環左半部分所在處的磁場垂直紙面向里,右半部分所在處的磁場垂直紙面向外,左半部分磁場強,合磁場垂直紙面向里(破題關鍵),磁通量增大,有感應電流,由楞次定律結合安培定則可知小環中產生逆時針方向的感應電流,A、B錯誤;由左手定則可知小環左、右兩部分所受磁場力都向外,小金屬環會向大金屬環外運動,C正確,D錯誤。
錯解分析　錯解原因是認為小金屬環在通電導線兩側的面積相等,其磁通量可以抵消。解答本題時,需明確環形通電導線周圍磁感線的分布規律。
3.D　在PQ桿滑動的過程中,△POQ的面積先增大后減小(破題關鍵),穿過△POQ向外的磁通量先增大后減小,根據楞次定律結合安培定則可知感應電流的方向先是由P→Q,后是由Q→P,A、B錯誤;由左手定則判斷得到PQ受磁場力的方向先垂直于桿向左下,后垂直于桿向右上,C錯誤,D正確。
錯解分析　錯解原因是未結合數學知識而僅憑主觀臆斷認為PQ桿滑動過程中,△POQ的面積一直減小。對本題來說,當∠QPO=∠PQO=45°時,△POQ的面積最大。
4.D　根據右手定則可知,通過R1的電流方向為自下而上,故A錯誤;輻條在轉動過程中,只有一半長度在轉動切割磁感線,所以產生的感應電動勢為E=Br2ω,故B錯誤;畫出等效電路如圖所示,等效電源內阻r內=,回路中總電阻R總=+=,
由閉合電路歐姆定律可知,回路中總電流為I總==,由并聯電路規律可知,理想電流表的示數為I1=·I總=,由歐姆定律可知,理想電壓表的示數為U=I1R1=,故C錯誤,D正確。
錯解分析　一是不清楚導體棒轉動時,公式E=BLv中速度v的含義。求解導體棒轉動過程產生的電動勢時,公式E=BLv中速度v需代入線速度的平均值,對本題來說,輻條勻速轉動,==。
二是理不清電路結構,不能畫出等效電路圖。確定哪部分是電源、哪部分是外電路、元件的串并聯關系是關鍵。
5.D　在t=時刻,ab邊剛好完全進入磁場,產生的感應電動勢E=BLv,a、b兩點間的電勢差等于路端電壓,故U=BLv,選項C錯誤;在t=時刻,線框剛好完全進入磁場,a、b兩點間的電勢差等于感應電動勢E,選項A、B錯誤,D正確。
錯解分析　錯解原因是把等效電源的電動勢當成了電源兩端的電勢差。對于本題來說,t=時刻,ab邊切割磁感線相當于電源,線框其余三個邊相當于外電路,ab兩端的電勢差其實是外電路的總電壓(即路端電壓)。
思想方法練
1.D　導體棒靠近長直導線和遠離長直導線時,導體棒受到的安培力一定阻礙這種相對運動,故FM向左,FN也向左;導體棒勻速運動時,磁感應強度越強,安培力的阻礙作用也越強,考慮到長直導線周圍磁場的分布可知,FM逐漸增大,FN逐漸減小。故選D。
方法點津　本題也可根據右手定則判斷感應電流的方向,再利用左手定則判斷安培力的方向,用安培力公式分析安培力大小變化,也可得出結果,但相比應用楞次定律的二級結論要復雜。熟記并巧用一些“二級結論”可以使思維過程簡化,節約解題時間。
2.C　金屬桿進入磁場時,金屬桿與磁場的相對速度為2v0,則桿中產生的感應電動勢為E=2Bdv0,故選C。
方法點津　本題中金屬桿和磁場都是運動的,應用等效思想可知,金屬桿切割磁感線的有效速度為相對速度即2v0;應用右手定則時,大拇指的指向為金屬桿相對磁場的運動方向;應用法拉第電磁感應定律求感應電動勢時,公式E=Blv中v為金屬桿相對磁場運動的速度大小。
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