全国2017年高二物理暑期作业复习第14讲电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用.docx

第14讲电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用高考热点1楞次定律的理解和应用2“一定律三定则”的应用技巧3法拉第电磁感应定律的理解和应用一、楞次定律的理解和应用1熟练掌握利用楞次定律判断感应电流方向的步骤、方法和思路2判断感应电流方向的“四步法”例1某实验小组用如图1所示的实验装置来验证楞次定律当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是()图1AaGbB先aGb，后bGaCbGaD先bGa，后aGb变式1如图2(a)所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图(b)所示的交变电流，t0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)，在t1t2时间段内，对于线圈B，下列说法中正确的是()图2A线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势方法提炼对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：(1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”；(2)阻碍相对运动“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”二、法拉第电磁感应定律的理解和应用1感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量、磁通量的变化量的大小没有必然联系2当仅由B引起时，则En；当仅由S引起时，则En.磁通量的变化率是t图象上某点切线3当导体棒切割磁感线时，EBlv，适用于匀强磁场；B、l、v三者互相垂直，若不垂直可分解v或B；v是瞬时速度时，可求瞬时电动势，转动切割时v用棒上各点平均速度，公式为EBlvBl2(绕一端转动)例2如图3所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()图3A. B. C. D.变式2(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由确定，如图4所示则()图4A0时，直杆产生的电动势为2BavB时，直杆产生的电动势为BavC0时，直杆受的安培力大小为D时，直杆受的安培力大小为规律总结公式En与公式EBlvsin 的区别与联系(1)适用条件：En较适合分析、求解回路的磁通量发生变化时感应电动势的大小，而EBlvsin 较适合分析、求解导体做切割磁感线运动时感应电动势的大小(2)应用En一般计算的是t时间内感应电动势的平均值，而EBlvsin 既可以用来计算感应电动势的平均值，又可以用来计算感应电动势的瞬时值，取决于v是平均值还是瞬时值三、“一定律三定则”的应用技巧应用现象及规律比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律例3(多选)如图5所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()图5A向右加速运动B向左加速运动C向右减速运动D向左减速运动变式3如图6所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中()图6A有感应电流，且B被A吸引B无感应电流C可能有，也可能没有感应电流D有感应电流，且B被A排斥规律总结“一个定律与三个定则”的规范应用1一般解题步骤(1)分析题干条件，找出闭合电路或切割磁感线的导体棒(2)结合题中的已知条件和待求量的关系选择恰当的规律(3)正确地利用所选择的规律进行分析和判断2应用区别关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(IB)安培定则；(2)因动而生电(v、BI)右手定则；(3)因电而受力(I、BF安)左手定则题组1楞次定律的理解和应用1. (2016江苏单科6)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图7所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()图7A选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B取走磁体，电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化2如图8所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()图8A顺时针加速旋转B顺时针减速旋转C逆时针加速旋转D逆时针减速旋转3如图9甲所示，长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中固定不动，长直导线中通有大小和方向都随时间周期性变化的电流i，it图象如图乙所示规定图甲中箭头所指的方向为电流正方向，则在时间内，关于矩形线框中感应电流的方向，下列判断正确的是()图9A始终沿逆时针方向B始终沿顺时针方向C先沿逆时针方向然后沿顺时针方向D沿顺时针方向然后沿逆时针方向4. (多选)如图10所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)则 ()图10A导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB导线框离开磁场时，感应电流方向为abcdaC导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左5(多选)如图11甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，规定图甲中箭头方向为电流正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则 ()图11At1时刻FNG，P有收缩的趋势Bt2时刻FNG，此时穿过P的磁通量最大Ct3时刻FNG，此时P中无感应电流Dt4时刻FNG，此时穿过P的磁通量最小题组2法拉第电磁感应定律的理解和应用6.如图12所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90.为使两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则()图12Av1v22 Bv1v22Cv1v212 Dv1v2217(多选)在如图13甲所示的电路中，螺线管匝数n1 500 匝，横截面积S20 cm2.螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F.在一段时间内，穿过螺线管的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化则下列说法中正确的是()图13A螺线管中产生的感应电动势为1 VB闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1消耗的功率为5102 WC电路中的电流稳定后电容器下极板带正电D开关S断开后，流经R2的电荷量为1.8105 C8. (2016全国卷24)如图14，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑求图14 (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小9. (2016全国卷24)如图15，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求图15 (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值题组3对“一定律三定则”的综合考查10(多选)如图16所示，通电导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化情况是()图16Acd中通有由dc方向逐渐减小的电流Bcd中通有由dc方向逐渐增大的电流Ccd中通有由cd方向逐渐减小的电流Dcd中通有由cd方向逐渐增大的电流11(多选)如图17所示装置中，cd杆原来静止当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动()图17A向右匀速运动 B向右加速运动C向左加速运动 D向左减速运动12.如图18所示，A、B是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中间，则下面的说法中正确的是()图18A在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量最大B在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零C从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化D从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变第14讲电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用备考指导例1D确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下明确回路中磁通量的变化情况：线圈中向下的磁通量增加由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针方向(俯视)即：bGa.同理可以判断：条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得线圈中将产生顺时针方向的感应电流(俯视)，即电流从aGb.也可直接根据楞次定律中“阻碍”的含义推论：来则拒之，去则留之分析变式1A在t1t2时间段内，A线圈的电流为逆时针方向，产生的磁场垂直纸面向外且是增加的，由此可判定B线圈中的电流为顺时针方向线圈的扩张与收缩可用阻碍变化的观点去判定在t1t2时间段内B线圈内的增强，根据楞次定律，只有B线圈增大面积，才能阻碍的增加，故选A.例2C当线框绕过圆心O的转动轴以角速度匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1.当线框不动，磁感应强度变化时，I2，因I1I2，可得，C选项正确变式2AD当0时，直杆切割磁感线的有效长度l12a，所以直杆产生的电动势E1Bl1v2Bav，选项A正确此时直杆上的电流I1，直杆受到的安培力大小F1BI1l1，选项C错误当时，直杆切割磁感线的有效长度l22acos a，直杆产生的电动势E2Bl2vBav，选项B错误此时直杆上的电流I2，直杆受到的安培力大小F2BI2l2，选项D正确例3BCMN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由MNL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为QP且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为PQ且增大向左加速运动变式3DMN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从NM，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场强度逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥，故D正确考点突破1BCD铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；由En可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确2B由楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.3B在时间内，穿过线框的磁场方向先向里减小后向外增加，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向里，故感应电流的方向始终沿顺时针方向，选B.4BD根据右手定则或楞次定律可知，选项A错误，B正确；根据楞次定律“来拒去留”的口诀可知，导线框进入磁场和离开磁场时，受到的安培力方向均是水平向左，所以选项C错误，D正确本题答案为B、D.5ABt1时刻，电流增大，由楞次定律知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流达到最大，变化率为零，故线圈中无感应电流，FNG，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，故穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，选项C错误；t4时刻电流变化率为零，线圈中无感应电流，FNG，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误6A将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1v1；让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90，角速度，时间t2，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，t2t1，解得v1v22，选项A正确7CD根据法拉第电磁感应定律EnS求出E1.2 V，选项A错；根据全电路欧姆定律I0.12 A，根据PI2R1，得R1消耗的功率P5.76102 W，选项B错；由楞次定律得选项C对；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带电荷量Q，电容器两端的电压UIR20.6 V，流经R2的电荷量QCU1.8105 C，选项D对8(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )解析(1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，