2019版高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第2讲 电磁感应规律及综合应用课件.ppt

第2讲电磁感应规律及综合应用,网络构建,备考策略,3.抓住“两个定律”、运用“两种观点”、分析“一种电路”“两个定律”是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；“两种观点”是指动力学观点和能量观点；“一种电路”是指电磁感应电路。,【典例1】(2017全国卷，15)如图1，在方向垂直于纸面向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，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(),楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用,楞次定律的应用,图1A.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,解析金属杆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，穿过圆环形金属线框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，故选项D正确，A、B、C错误。答案D,【典例2】(多选)(2018全国卷，19)如图2，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()图2,A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,解析由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。答案AD,【典例3】(多选)(2018全国卷，20)如图3(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()图3,答案AC,法拉第电磁感应定律的应用,答案B,【典例5】(多选)(2016全国卷，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图5所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图5,A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍,答案AB,1.(2018河南濮阳一模)如图6甲所示，光滑“”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是()图6,A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C.t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D.t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变,答案C,2.(多选)如图7甲所示，左侧接有定值电阻R2的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B1T，导轨间距为L1m。一质量m2kg、阻值r2的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数0.25，g10m/s2。金属棒的vx图象如图乙所示，则从起点发生x1m位移的过程中()图7,A.拉力做的功W9.25JB.通过电阻R的电荷量q0.125CC.整个系统产生的总热量Q5.25JD.x1m时金属棒的热功率为1W,答案AC,【典例1】(多选)(2017全国卷，20)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0.005的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图8(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)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(),电磁感应中的图象问题,根据题目所给条件，读图分析相关物理量,图8A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动的速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t0.4s至t0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N,答案BC,根据题目所给条件，选择图象,图9,答案D,1.解决电磁感应图象问题的“三点关注”(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种“”、“”的含义；(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2.解决电磁感应图象问题常用的“两个方法”(1)排除法；(2)函数法。,图10,答案BD,2.(多选)如图11甲所示，矩形线圈abcd平放在水平桌面上，其空间存在两个竖直方向的磁场，两磁场方向相反，两磁场的分界线OO恰好把线圈分成左右对称的两部分，当两磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化时，线圈始终静止，规定磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中逆时针方向为正方向，线圈所受桌面的摩擦力向左为正方向，则下列关于线圈产生的感应电流和桌面对线圈的摩擦力随时间变化的图象正确的是(),图11,答案AC,3.一个圆形线圈，共有n10匝，其总电阻r4.0。线圈与阻值R016的外电阻连成闭合回路，如图12甲所示。线圈内部存在着一个边长l0.20m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T1.0102s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：图12,电磁感应定律的综合应用,以“单棒导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题,解析根据题述，由金属杆进入磁场和进入磁场时速度相等可知，金属杆在磁场中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为金属杆刚进入时的速度，v2为金属杆刚出时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，所以穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；,答案BC,答案(1)0.2kg2(2)0.5m/s,【典例3】如图15所示，两根质量均为m2kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为12，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s0.5m时其上产生的焦耳热为Q230J，此时两棒速率之比为vAvC12，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：,以“双棒导轨”模型为载体，考查电磁感应中的能量、动量等问题,图15,(1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA和vC。,解析(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律QI2Rt可知Q1Q212，则AB棒上产生的焦耳热Q115J。,(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvAB2LvC即vA2vC(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误),对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，,联立以上各式解得vA6.4m/s，vC3.2m/s。答案(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s,【典例4】如图16甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直。在斜面上离磁场上边界s10.36m处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数0.5。整个线框进入磁场的过程中，机械能E和位移s之间的关系如图乙所示。已知E0E10.09J，线框的质量为0.1kg，电阻为0.06，斜面倾角37，磁场区域的宽度d0.43m，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：,以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用,图16(1)线框刚进入磁场时的速度大小v1；(2)线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t；(3)线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值。,解析(1)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场。在未进入磁场前有mgsin37mgcos37ma，得a2m/s2,联立解得v11.2m/s。,(2)设线框的侧边长为s2，即线框进入磁场过程运动的距离为s2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有EWfWA(FfFA)s2因为是匀速进入磁场，所以FfFAmgsin370.6N解得s20.15m,答案(1)1.2m/s(2)0.125s(3)0.43W,巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题,1.(2018江西南昌三模)如图17所示，质量为m0.04kg、边长l0.4m的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细绳系于O点，斜面的倾角为30；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B20.5t(T)，方向垂直于斜面；已知线框电阻为R0.5，重力加速度取g10m/s2。下列说法中正确的是()图17,A.线框中的感应电流方向为abcdaB.t0时，细线拉力大小为F0.2NC.线框中感应电流大小为I80mAD.经过一段时间t，线框可能拉断细绳向下运动,答案C,2.(多选)如图18甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R，导轨间距为l且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，大小为B的匀强磁场中。棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的vt图象如图乙所示，两图线平行，v0已知，则从计时开始()图18,答案AC,图19(1)CD棒刚进入磁场时所受的安培力的大小；(2)CD棒通过磁场的过程中流过其横截面的电荷量q；(3)CD棒在磁场中运动的过程中电路产生的热量Q。,解析(1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动由牛顿第二定律得Fmgma，代入得a10m/s2由运动学公式得v22as，代入得v2m/s感应电动势EBLv2V,由焦耳定律QI2Rt得CD棒在磁场中运动的过程中回路中所产生的热量Q4020.050.432J。答案(1)40N(2)16C(3)32J,情形1以科学技术为背景考查楞次定律物理学是科学技术的基础，联系生产、生活，考查物理知识的应用是高考命题的热点，能够体现高考对学科素养的重视。,电磁感应中的STSE问题赏析,【例1】(2017全国卷，18)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20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其左右振动的衰减最有效的方案是(),图20,解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。答案A,【例2】随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到了进一步开发和应用。一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图21所示，由地面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是(),图21A.无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电B.车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C.车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反D.若线圈均采用超导材料制成，则能量的传输效率有望达到100%,解析由题意可知无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为1525cm，允许的错位误差一般为15cm左右，因此达不到在百米开外对电车快速充电，选项A错误；由楞次定律可知，车身感应线圈中感应电流产生的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项B正确；当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，此时车身感应线圈中感应电流的磁场方向与地面发射线圈中电流的磁场方向相反，当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，此时车身感应线圈中感应电流的磁场方向与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，选项C错误；由于有电磁辐射，传送能量过程中有能量损失，因此即使线圈均采用超导材料制成，传输效率也不可能达到100%，选项D错误。答案B,情形2以生活为背景考查楞次定律【例3】(多选)(2018广东惠州模拟)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图22所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电源线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法中正确的是()图22,A.当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B.当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C.当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D.当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开解析正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，脱扣开关S保持接通，选项A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，乙线圈中火线和零线电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈