（浙江专用版）2020版高考物理复习专题四电路与电磁感应第9讲电磁感应的综合应用讲义.docx

第9讲电磁感应的综合应用相关知识链接1判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断2求感应电动势的常见情况与方法情景图研究对象回路中磁通量发生变化导体平动切割磁感线导体转动切割磁感线线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动表达式EnEBLvEBL2EmnBS规律方法提炼1楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化“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)阻碍电流的变化(自感现象)“增反减同”2在应用法拉第电磁感应定律EnnS时要注意：S为有效面积，当线圈的面积大于磁场的区域时，磁场的面积为有效面积例1(多选)(2019河北唐山市第一次模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是()A保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为D保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为答案BC解析由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针的电流，故B正确；保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：Ikk，故C正确，D错误拓展训练1(多选)(2019全国卷20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上t0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为答案BC解析在0t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得Er2，根据电阻定律可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误例2(多选)(2018全国卷19)如图，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小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()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答案AD解析根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确拓展训练2(2019湖南衡阳市第一次联考)如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害，关于该装置，下列说法正确的是()A当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反C当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落D当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落答案B解析若电梯突然坠落，闭合线圈A、B内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故A错误；当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈A与B中感应电流方向相反，故B正确；结合A的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C、D错误相关知识链接电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源(2)在电源内部电流由负极流向正极(3)电源两端的电压为路端电压规律方法提炼电磁感应与动力学综合题的解题策略(1)电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图(2)受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化(3)过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”(4)能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能例3(2019湖北省稳派教育上学期第二次联考)如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，边长为L的正方形线框abcd放在斜面上，线框的电阻为R，线框的cd边刚好与ef重合无初速度释放线框，当ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m，重力加速度为g，求：(1)ab边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量答案(1) (2)解析(1)由于ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，即重力与安培力平衡根据平衡条件得：mgsinF安解得：v(2)线框进磁场的过程中，平均电流为根据法拉第电磁感应定律有：解得：通过线框横截面的电荷量qt拓展训练3半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的地方无磁场另有一水平金属轨导MN用导线连接金属圆环，MN用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，细绳伸直、无张力且与CD垂直，重物放置在水平地面上所有接触都良好，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.(1)若金属棒OA以角速度0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压(重物未动)；(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间变化的关系为kt，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式答案见解析解析(1)感应电动势EB1rB10r2感应电流I电压表示数UVI2RB10r2(2)电流I金属棒CD受到的安培力F安B2IL重物离开地面之前受力平衡FNFTmg当F安mg时即t，FT0所以FNmg当F安mg时即t，FTF安mg所以FNmgmg.1电荷量的求解电荷量qIt，其中I必须是电流的平均值由En、I、qIt联立可得qn，与时间无关2求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt，适用于电流、电阻不变；(2)功能关系：QW克服安培力，电流变不变都适用；(3)能量转化：QE(其他能的减少量)，电流变不变都适用3用到的物理规律匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等例4(2019浙南名校联盟期末)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面现有一根电阻为2的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd，连接处接触电阻忽略，cd的宽度L0.5m，线圈质量为0.1kg，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，其中0t1时刻图线是曲线，其他都是直线；并且t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10m/s2)求：(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad；(3)在0t1时间内通过线圈横截面的电荷量；(4)0t3时间内，线圈ab边产生的热量答案(1)8m/s (2)2m(3)0.25C(4)0.18J解析(1) t2t3时间ab在L3L4内做匀速直线运动，而EBLv2，FBL，Fmg解得：v28m/s；(2)从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进上方磁场时，cd也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d，有：3dv2tgt2，tt2t10.6s得：d1m，有：ad2d2m；(3)0t1时间内，通过线圈横截面的电荷量为q0.25C；(4)在0t3时间内由能量守恒得：线圈产生的热量Q总mg5dmv1.8J线圈ab边产生的热量QQ总0.18J.拓展训练4(2019福建三明市期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角37，导轨间距L0.4m，其下端连接一个定值电阻R4，其他电阻不计两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B1T一质量为m0.04kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)导体棒下滑的最大速度大小；(2)导体棒从静止加速到v4m/s的过程中，通过R的电荷量q0.2C，则R产生的热量答案(1)6m/s(2)0.16J解析(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mgsinBILI联立解得vm6m/s(2)设该过程中电流的平均值为，则qt解得x2m由能量守恒定律可得：mgxsinmv2Q解得Q0.16J拓展训练5(2019江苏泰州市上学期期末)如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2.两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计重力加速度为g，求：(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；(2)金属杆离开磁场时速度的大小；(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的电热答案(1)方向从P到M(2)(3)解析(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mgBI，解得I所以R1中的电流大小I1，方向从P到M.(2)设杆匀速运动时的速度为v由EBv，EI得v(3)mgQmv2得QR1上产生的焦耳热为QR1Q专题强化练基础题组1(多选)(2019山东滨州市上学期期末)2017年12月17日，第二架国产大飞机C919在上海浦东国际机场首飞成功，C919在上海上空水平匀速飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，则下列说法正确的是()A机翼左端的电势比右端电势高B机翼左端的电势比右端电势低C机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关D飞机飞行过程中洛伦兹力做正功答案AC解析在上海上空地磁场在竖直方向的分量向下，根据右手定则可知机翼左端的电势比右端电势高，故A正确，B错误；在飞机飞行的过程中机翼切割磁感线产生感应电动势，机翼相当于电源，其非静电力与洛伦兹力有关，故C正确；飞机飞行过程中洛伦兹力始终不做功，故D错误2(2019山东德州市上学期期末)如图所示，a、b为两弹性金属线圈，线圈a套在通电螺线管外部，线圈b置于通电螺线管的内部，两线圈所在平面都垂直于通电螺线管的轴线，通电螺线管中的电流方向如图所示当通电螺线管中的电流增大时，对两线圈中的感应电流方向和缩扩情况说法正确的是()A自左向右看，a线圈中的感应电流方向为顺时针B自左向右看，b线圈中的感应电流方向为顺时针Ca线圈会扩张Db线圈会扩张答案C解析通电螺线管中的电流增大时，穿过线圈a的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，a中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)；穿过线圈b的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，b中产生的感应电流方向为逆时针(从左向右看)；选项A、B错误；因螺线管外部磁场向左，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到向外的磁场力，有扩张的趋势，选项C正确；同理可知因螺线管内部磁场向右，根据左手定则可知，b线圈的各个小段均受到指向圆心的磁场力，有收缩的趋势，选项D错误3(2019江苏通州区、海门市、启东三县联考)如图所示，磁场中有两个正方形导体环a、b，磁场方向与导体环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两正方形边长之比为21，环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两环间的相互影响下列说法正确的是()AEaEb41，感应电流均沿逆时针方向BEaEb41，感应电流均沿顺时针方向CEaEb21，感应电流均沿逆时针方向DEaEb21，感应电流均沿顺时针方向答案A解析根据法拉第电磁感应定律EnnS，题中相同a正方形中产生的感应电动势为EaSa2同理，b正方形中产生的感应电动势为Ebb2由于ab21，所以由于磁场向里，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向4(多选)(2019全国卷21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好已知PQ进入磁场时加速度恰好为零从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()答案AD解析当PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D.5(多选)(2019山东潍坊市下学期高考模拟)如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m，其左端用导线接有两个阻值为4的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2T的匀强磁场中一质量为2kg的导体杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5.对杆施加水平向右、大小为20N的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g10m/s2.则()AM点的电势高于N点B杆运动的最大速度是10m/sC杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等D当杆达到最大速度时，MN两点间的电势差大小为20V答案BC解析根据右手定则可知，MN产生的感应电流的方向为MN，则N相当于电源的正极，故M点的电势低于N点，故选项A错误；当杆的合力为零时，其速度达到最大值，即：FmgBILmg，由于R总Rr4，代入数据整理可以得到最大速度v10m/s，故选项B正确；由于杆上电阻r与两电阻并联阻值相等，而且并联的电流与通过杆MN的电流始终相等，则根据焦耳定律可知，杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，故选项C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当速度最大时，其MN感应电动势为：EBLv2110V20V，根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中总电流为：I总A5A，则此时MN两点间的电势差大小为：UNMEI总r20V52V10V，故D错误能力题组6(2019湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图甲所示，MN、PQ是两根长为L2m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d1m，导轨所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R6的电阻质量为m0.2kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止从t0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在t00.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B01.2T已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10m/s2.求：(1)0t0时间内通过电阻R的电荷量q；(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数.答案(1)0.2C(2)0.75解析(1)由题意得0t0时间内回路中磁通量的变化量：B0d由法拉第电磁感应定律可得：E由欧姆定律可得：I故0t0时间内通过电阻R的电荷量：qIt联立解得q0.2C；(2)由题意得金属棒在t0时刻恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为则有mgsinFfmFfmFNFNmgcos在t00.1s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，则有F安mgsinFfm此时F安B0Id联立解得0.75.7平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距L0.5m，PQ是分界线，倾斜部分倾角为30，PQ右侧有垂直于斜面向下的匀强磁场B21T，PQ左侧存在着垂直于水平面但方向未知、大小也为1T的匀强磁场B1，如图所示质量m0.1kg、接入电路的电阻r0.1的两根金属细杆ab和cd垂直放于该导轨上，其中ab杆光滑，cd杆与导轨间的动摩擦因数为，导轨底端接有R0.1的电阻开始时ab、cd均静止于导轨上现对ab杆施加一水平向左的恒定外力F，使其向左运动，当ab杆向左运动的位移为x时开始做匀速直线运动，此时cd刚要开始沿斜面向上运动(仍保持静止)，再经t0.4s撤去外力F，最后ab杆静止在水平导轨上整个过程中电阻R的发热量为Q1.0J设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g10m/s2，不计空气阻力)(1)判断B1磁场的方向；(2)刚撤去外力F