全国通用2018年高考物理复习电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及综合应用学案.docx

第2讲电磁感应定律及综合应用知识必备1.感应电动势的几种表达式(1)穿过回路的磁通量发生变化时En，一般用来计算t时间内的感应电动势的平均值。(2)导体棒垂直切割磁感线运动时EBLv。(3)导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动垂直切割磁感线时EBL2。2.感应电动势方向(感应电流方向)的判断(1)右手定则：适用于导体切割磁感线产生感应电流的方向的判断。(2)楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流产生的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化。(3)三种阻碍：阻碍原磁通量的变化增反减同。阻碍物体间的相对运动来拒去留。阻碍自身电流的变化增反减同。备考策略1.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。2.必须领会的“6种方法和2种物理思想”(1)假设法、图象法、转换法、微元法、类比法、逆向思维法；(2)等效思想、守恒思想。3.必须辨明的“3个易错易混点”(1)楞次定律中的“阻碍”不是“阻止”，也不是“相反”；(2)注意区别楞次定律和右手定则；(3)发生电磁感应的电路中，产生感应电动势的部分为“电源”，其余部分为“外电路”。楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用【真题示例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()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【真题示例2】 (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2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2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【真题示例3】 (多选)(2016全国卷，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图3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3A.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倍解析将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感生电动势EBLvBL2，I，恒定时，I大小恒定，大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由PI2R知，当变为2倍时，P变为原来的4倍，D错。答案AB真题感悟1.高考考查特点高考在本考点的考查主要集中在新的情境考查楞次定律、法拉第电磁感应定律。掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则是突破考点的方法。2.常见误区及临考提醒(1)对感应电流产生的条件理解不准确，认为只要切割就有感应电流。(2)不能正确理解楞次定律造成电流方向判断错误。(3)左手定则和右手定则混淆出现电流方向的判断错误。(4)不理解转动切割电动势大小计算方法。预测1楞次定律的应用预测2电磁感应定律的应用1.(2017河南重点中学联考)如图4甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是()图4A.从上往下看，01 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B.01 s内圆环面积有扩张的趋势C.3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D.12 s内和23 s内圆环中的感应电流方向相反解析由图乙知，01 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，01 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；同理可得12 s内和23 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误。答案A2.(多选)如图5甲所示，一个圆形线圈匝数n50、面积S10.5 m2、电阻r1 。有一个R2 的电阻，将其两端分别与图甲中的圆形线圈相连接，F端接地。在线圈中存在面积S20.4 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是()图5A.圆形线圈中产生的感应电动势E3 VB.在04 s时间内通过电阻R的电荷量q6 CC.F端电势为零，E端的电势E2 VD.在04 s时间内电阻R上产生的焦耳热Q8 J解析根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的电动势EnnS23 V，选项A正确；根据闭合电路欧姆定律，回路中电流为I1 A，在04 s时间内通过电阻R的电荷量为qIt14 C4 C，选项B错误；由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，F点电势高，E点电势低，电阻R两端电压URIR12 V2 V，又URFE，F0，可得E2 V，选项C错误；在04 s时间内电阻R上产生的焦耳热为QI2Rt1224 J8 J，选项D正确。答案AD3.(多选)如图6所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是()图6A.通过R1的电流方向为自下而上B.感应电动势大小为2Br2C.理想电压表的示数为Br2D.理想电流表的示数为解析由右手定则可知辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁场线，因此感应电动势大小为Br2，选项B错误；由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，因此理想电压表的示数为Br2，选项C正确；理想电流表的示数为，选项D错误。答案AC电磁感应中的图象问题【真题示例】 (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0.1 m、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7(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()图7A.磁感应强度的大小为0.5 TB.导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析由Et图象可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v m/s0.5 m/s，选项B正确；由图象可知，E0.01 V，根据EBlv得，B T0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I A2 A, 所受的安培力大小为FBIl0.220.1 N0.04 N，选项D错误。答案BC真题感悟1.高考考查特点本考点的命题主要涉及Et图、it图、Bt图、t图，还有vt图、Ft图等。突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小。2.常见误区及临考提醒(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换。(2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向。(3)不理解图象斜率、曲直的意义。(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应。预测1图象的选择问题预测2图象的转换问题预测3利用图象分析相关问题1. (多选)空间内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L。一正方形导体框边长也为L，开始时正方形导体框的ab边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图8所示。从图示位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场。若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为ua b，感应电流取逆时针方向为正，则在导体框穿越磁场的过程中，下列i、ua b随时间的变化规律正确的是()图8解析由楞次定律可以判断出导体框进磁场时电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，由EBlv可得i，进、出磁场时导体框切割磁感线的有效长度l均由大变小，所以电流也是从大变小，选项A正确，B错误；进磁场时ab为电源，ua b0且ua bBlv，出磁场时ab不是电源，电流从b到a，ua b0且ua b，选项C错误，D正确。答案AD2.(2017洛阳市高三统一考试)如图9甲所示，一根电阻R4 的导线绕成半径d2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流时间图象，下列选项中正确的是()图9解析01 s，感应电动势为E1S(V)4(V)，由欧姆定律可知感应电流大小为I1(A)(A)，由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，结合选项知C正确。答案C3.(多选)(2017贵州遵义模拟)如图10甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN固定在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图甲所示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0t2时间内()图10A.电容器C的电荷量大小始终没变B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN所受安培力的大小始终没变D.MN所受安培力的方向先向右后向左解析由题图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变。根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器的a板电势较高，一直带正电，选项A正确，B错误；根据安培力公式FBIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小也变化，选项C错误；由右手定则判断可知，MN中感应电流方向一直从N到M，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项D正确。答案AD电磁感应中的力、电综合问题【真题示例】 (2016全国卷，24)如图11，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11(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。解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得Fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为EBlv联立式可得EBlt0(g)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F安BlI因金属杆做匀速运动，有FmgF安0联立式得R答案(1)Blt0(g)(2)真题感悟1.高考考查特点本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算。2.常见误区及临考提醒(1)分析电源时电势高低易出错。(2)涉及力和运动的分析时出现漏力(多力)的现象。(3)功能分析时，力做功及电热的计算易漏计算(多算)电阻生热。预测1电磁感应与动力学综合预测2电磁感应与动量、能量综合1.(2017武汉市武昌区调研考试)如图12所示，abcd为质量M3.0 kg的“”形导轨(电阻不计)，放在光滑绝缘的倾角为53的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m2.0 kg 的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱e、f上，导轨和金属棒都处于匀强磁场中，磁场以OO为界，OO上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B1.0 T。导轨的ad段长L1.0 m，棒PQ单位长度的电阻为r00.5 /m，金属棒PQ与“”形导轨始终接触良好且两者间的摩擦力是两者间正压力的0.25倍。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放，求：(取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，图中的MN、ad、OO、PQ彼此平行且处在水平方向)图12(1)导轨运动的最大加速度；(2)导轨运动的最大速度。解析(1)设导轨下滑过程中受到金属棒的摩擦力f、压力FN、ad边受到的安培力FA、下滑的加速度为a、下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：Mgsin fFAMafFNEBLvIFAILB对棒PQ，因其始终静止，有：导轨对金属棒的支持力为FNmgcos FA由牛顿第三定律知FNFN导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大Mgsin fMamfmgcos 联立解得最大加速度am7.0 m/s2(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零Mgsin f1FA10，f1FN联立并代入数据解得vm8.4 m/s答案(1)7.0 m/s2