（全國通用）2018年高考物理二輪復習 專題四 電路與電磁感應 第2講 電磁感應定律及綜合應用學案

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1、 第2講　電磁感應定律及綜合應用 知識必備 1.感應電動勢的幾種表達式 (1)穿過回路的磁通量發(fā)生變化時E＝n，一般用來計算Δt時間內(nèi)的感應電動勢的平均值。 (2)導體棒垂直切割磁感線運動時E＝BLv。 (3)導體棒在磁場中以其中一端為圓心轉動垂直切割磁感線時E＝BL2ω。 2.感應電動勢方向(感應電流方向)的判斷 (1)右手定則：適用于導體切割磁感線產(chǎn)生感應電流的方向的判斷。 (2)楞次定律：感應電流具有這樣的方向，即感應電流產(chǎn)生的磁場總要阻礙引起感應電流的原磁通量的變化。 (3)三種阻礙： ①阻礙原磁通量的變化——增反減同。 ②阻礙物體間的相對運動——來拒去留。

2、 ③阻礙自身電流的變化——增反減同。 備考策略 1.抓住“兩個定律”，運用“兩種觀點”，分析“一種電路” “兩個定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；“兩種觀點”是指動力學觀點和能量觀點；“一種電路”是指電磁感應電路。 2.必須領會的“6種方法和2種物理思想” (1)假設法、圖象法、轉換法、微元法、類比法、逆向思維法； (2)等效思想、守恒思想。 3.必須辨明的“3個易錯易混點” (1)楞次定律中的“阻礙”不是“阻止”，也不是“相反”； (2)注意區(qū)別楞次定律和右手定則； (3)發(fā)生電磁感應的電路中，產(chǎn)生感應電動勢的部分為“電源”，其余部分為“外電路”。 　楞次定

3、律和法拉第電磁感應定律的應用 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅲ，15)如圖1，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直，金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是(　　) 圖1 A.PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B.PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向 C.PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D.PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向 解析　金屬桿PQ突然向右運動，由右手定則可

4、知，PQRS中有沿逆時針方向的感應電流，穿過圓環(huán)形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應電流，故選項D正確，A、B、C錯誤。 答案　D 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅰ，18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖2所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是(　　) 圖2 解析　感應電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)

5、振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產(chǎn)生感應電流，而上下振動無電流產(chǎn)生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產(chǎn)生感應電流，故選項A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 【真題示例3】 (多選)(2016·全國卷Ⅱ，20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖3所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電

6、流大小恒定 B.若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析　將圓盤看成無數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，則當圓盤順時針(俯視)轉動時，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應定律得感生電動勢E＝BLv＝BL2ω，I＝，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝知，當ω變?yōu)?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯

7、。 答案　AB 真題感悟 1.高考考查特點 高考在本考點的考查主要集中在新的情境考查楞次定律、法拉第電磁感應定律。掌握法拉第電磁感應定律和楞次定律、右手定則是突破考點的方法。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對感應電流產(chǎn)生的條件理解不準確，認為只要切割就有感應電流。 (2)不能正確理解楞次定律造成電流方向判斷錯誤。 (3)左手定則和右手定則混淆出現(xiàn)電流方向的判斷錯誤。 (4)不理解轉動切割電動勢大小計算方法。 預測1 楞次定律的應用 預測2 電磁感應定律的應用 1.(2017·河南重點中學聯(lián)考)如圖4甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺

8、線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是(　　) 圖4 A.從上往下看，0～1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向 B.0～1 s內(nèi)圓環(huán)面積有擴張的趨勢 C.3 s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D.1～2 s內(nèi)和2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應電流方向相反 解析　由圖乙知，0～1 s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應電流的磁場向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，從上往下看，0～1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，選項A正確，B錯誤；同理可得1～2 s內(nèi)和2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應電流方向相同，選項D錯誤；3 s末電

9、流的變化率為0，螺線管中磁感應強度的變化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項C錯誤。 答案　A 2.(多選)如圖5甲所示，一個圓形線圈匝數(shù)n＝50、面積S1＝0.5 m2、電阻r＝1 Ω。有一個R＝2 Ω的電阻，將其兩端分別與圖甲中的圓形線圈相連接，F(xiàn)端接地。在線圈中存在面積S2＝0.4 m2的垂直線圈平面向外的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.圓形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E＝3 V B.在0～4 s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量q＝6 C C.F端電勢為零，E端的電勢φE＝2 V D.在0～

10、4 s時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝8 J 解析　根據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈產(chǎn)生的電動勢E＝n＝nS2＝3 V，選項A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中電流為I＝＝1 A，在0～4 s時間內(nèi)通過電阻R的電荷量為q＝It＝1×4 C＝4 C，選項B錯誤；由楞次定律可知，電流沿順時針方向，F(xiàn)點電勢高，E點電勢低，電阻R兩端電壓UR＝IR＝1×2 V＝2 V，又UR＝φF－φE，φF＝0，可得φE＝－2 V，選項C錯誤；在0～4 s時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝12×2×4 J＝8 J，選項D正確。 答案　AD 3.(多選)如圖6所示，一不計電阻的導體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點，

11、過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)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(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)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輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1＝，S處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻，則下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.通過R1的電流方向為自下而上 B.感應電動勢大小為2Br2ω C.理想電壓表的示數(shù)為Br2ω D.理想電流表的示數(shù)為 解析　由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉動切

12、割磁場線，因此感應電動勢大小為Br2ω，選項B錯誤；由圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω，選項C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項D錯誤。 答案　AC 　電磁感應中的圖象問題 【真題示例】 (多選)(2017·全國卷Ⅱ，20)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖7(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，

13、感應電動勢取正)。下列說法正確的是(　　) 圖7 A.磁感應強度的大小為0.5 T B.導線框運動的速度的大小為0.5 m/s C.磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D.在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小為0.1 N 解析　由E－t圖象可知，線框經(jīng)過0.2 s全部進入磁場，則速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項B正確；由圖象可知，E＝0.01 V，根據(jù)E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，選項A錯誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導線框中的感應電流I＝＝

14、A＝2 A, 所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，選項D錯誤。 答案　BC 真題感悟 1.高考考查特點 本考點的命題主要涉及E－t圖、i－t圖、B－t圖、Φ－t圖，還有v－t圖、F－t圖等。突破本考點的關鍵是靈活應用楞次定律、法拉第電磁感應定律判斷電流方向及計算電動勢的大小。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)不能正確的將磁場變化和電流變化相互轉換。 (2)不能正確判斷感應電流是正方向還是負方向。 (3)不理解圖象斜率、曲直的意義。 (4)多階段過程中不能將各階段的運動和圖象變化相對應。 預測1 圖象的選擇問題 預測2 圖象的轉換問題

15、 預測3 利用圖象分析相關問題 1. (多選)空間內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域的橫截面為等腰直角三角形，底邊水平，其斜邊長度為L。一正方形導體框邊長也為L，開始時正方形導體框的ab邊與磁場區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合，如圖8所示。從圖示位置開始計時，正方形導體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場。若導體框中的感應電流為i，a、b兩點間的電壓為ua b，感應電流取逆時針方向為正，則在導體框穿 越磁場的過程中，下列i、ua b隨時間的變化規(guī)律正確的是(　　) 圖8 解析　由楞次定律可以判斷出導體框進磁場時電流方向為逆時針，出磁場時電流方向為順時針，由E＝B

16、lv可得i＝＝，進、出磁場時導體框切割磁感線的有效長度l均由大變小，所以電流也是從大變小，選項A正確，B錯誤；進磁場時ab為電源，ua b<0且ua b＝－Blv，出磁場時ab不是電源，電流從b到a，ua b<0且ua b＝－，選項C錯誤，D正確。 答案　AD 2.(2017·洛陽市高三統(tǒng)一考試)如圖9甲所示，一根電阻R＝4 Ω的導線繞成半徑d＝2 m的圓，在圓內(nèi)部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，中間S形虛線是兩個直徑均為d的半圓，磁感應強度隨時間變化如圖乙所示(磁場垂直于紙面向外為正，電流逆時針方向為正)，關于圓環(huán)中的感應電流—時間圖象，下列選項中正確的是(　　) 圖9 解析　0～

17、1 s，感應電動勢為E1＝S＝×(V)＝4π(V)，由歐姆定律可知感應電流大小為I1＝＝(A)＝π(A)，由楞次定律知，感應電流為順時針方向，為負方向，結合選項知C正確。 答案　C 3.(多選)(2017·貴州遵義模擬)如圖10甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導體棒MN固定在導軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應強度B的變化情況如圖乙所示(圖甲所示磁感應強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2時間內(nèi)(　　) 圖10 A.電容器C的電荷量大小始終沒變 B.電容器C的a板先帶正電后帶負電 C.MN所受安培力的大小始終沒變 D.

18、MN所受安培力的方向先向右后向左 解析　由題圖乙知，磁感應強度均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，回路中產(chǎn)生恒定電動勢，電路中電流恒定，電阻R兩端的電壓恒定，電容器的電壓恒定，故電容器C的電荷量大小始終沒變。根據(jù)楞次定律判斷可知，通過R的電流一直向下，電容器的a板電勢較高，一直帶正電，選項A正確，B錯誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL，I、L不變，由于磁感應強度變化，MN所受安培力的大小也變化，選項C錯誤；由右手定則判斷可知，MN中感應電流方向一直從N到M，由左手定則判斷可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，選項D正確。 答案　AD 　電磁感應中的力、電綜合問題 【真題示例】 (2016

19、·全國卷Ⅱ，24)如圖11，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求 圖11 (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值。 解析　(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 F－μmg＝ma① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度

20、為v，由運動學公式有v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為 F安＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動，有 F－μmg－F安＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧ 答案　(1)Blt0(－μg)　(2) 真題感悟 1.高考考查特點 本考點多以導體棒切割磁感線為背景，結合牛頓第二定律對導體棒進行運動分析和受力分析；結合圖象，應用法拉第電磁感應定律、閉合電路歐

21、姆定律、電功率、動能定理等規(guī)律進行電路、功能關系的計算。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)分析電源時電勢高低易出錯。 (2)涉及力和運動的分析時出現(xiàn)漏力(多力)的現(xiàn)象。 (3)功能分析時，力做功及電熱的計算易漏計算(多算)電阻生熱。 預測1 電磁感應與動力學綜合 預測2 電磁感應與動量、能量綜合 1.(2017·武漢市武昌區(qū)調(diào)研考試)如圖12所示，abcd為質量M＝3.0 kg的“”形導軌(電阻不計)，放在光滑絕緣的傾角為θ＝53°的斜面上，光滑絕緣的立柱e、f垂直于斜面固定，質量m＝2.0 kg 的金屬棒PQ平行于ad邊壓在導軌和立柱e、f上，導軌和金屬棒都處于勻強磁場中

22、，磁場以OO′為界，OO′上側的磁場方向垂直于斜面向上，下側的磁場方向沿斜面向下，磁感應強度大小都為B＝1.0 T。導軌的ad段長L＝1.0 m，棒PQ單位長度的電阻為r0＝0.5 Ω/m，金屬棒PQ與“”形導軌始終接觸良好且兩者間的摩擦力是兩者間正壓力的μ＝0.25倍。設導軌和斜面都足夠長，將導軌無初速度釋放，求：(取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，圖中的MN、ad、OO′、PQ彼此平行且處在水平方向) 圖12 (1)導軌運動的最大加速度； (2)導軌運動的最大速度。 解析　(1)設導軌下滑過程中受到金屬棒的摩擦力f、壓力FN、ad邊受到的安培

23、力FA、下滑的加速度為a、下滑的速度為v，根據(jù)力學規(guī)律和電磁學規(guī)律，有： Mgsin θ－f－FA＝Ma f＝μFN E＝BLv I＝ FA＝ILB 對棒PQ，因其始終靜止，有： 導軌對金屬棒的支持力為FN′＝mgcos θ＋FA 由牛頓第三定律知FN＝FN′ 導軌剛釋放時速度為零、安培力為零、加速度最大 Mgsin θ－f′＝Mam f′＝μmgcos θ 聯(lián)立解得最大加速度am＝7.0 m/s2 (2)導軌達到最大速度vm時，加速度為零 Mgsin θ－f1－FA1＝0，f1＝μFN′ 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 vm＝＝8.4 m/s 答案　(1)7.0 m/s

24、2　(2)8.4 m/s 2.如圖13所示，ab和cd是兩條豎直固定的光滑平行金屬導軌，MN和M′N′是用絕緣細線連接的兩根金屬桿，其質量分別為m和2m，用豎直向上、大小未知的外力F作用在桿MN中點，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸。整個裝置處在磁感應強度為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中，導軌足夠長，間距為L，電阻可忽略，兩桿總電阻為R，與導軌始終接觸良好，重力加速度為g。t＝0時刻，將細線燒斷，保持力F不變。 圖13 (1)細線燒斷后任意時刻，求兩桿運動的速度大小之比； (2)若桿MN至速度最大時發(fā)生的位移為s，該過程中通過金屬桿橫截面的電荷量Δq和電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q各為

25、多少？ 解析　(1)以兩桿為研究對象，初始合外力為零，有F＝3mg 細線燒斷后桿MN′向上運動，桿M′N′向下運動，任意時刻，兩桿中感應電流等大反向，所受安培力等大反向，故系統(tǒng)合外力仍為零，動量守恒，有mv1－2mv2＝0 故兩桿運動的速度大小之比為v1∶v2＝2∶1 (2)設兩桿的最大速度分別為v1m和v2m，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，有mv1m－2mv2m＝0 桿M′N′的最大速度為v2m＝v1m 此過程中桿M′N′的位移大小為s2＝s 該過程中穿過回路的磁通量變化量ΔΦ＝B·(s＋s)L 通過金屬桿橫截面的電荷量Δq＝＝ 該過程中安培力為變力，根據(jù)動能定理 對桿MN，有 WF－mgs－W安1＝mv 對桿M′N′，有 2mg·s－W安2＝×2m 又WF＝3mgs W安1＋W安2＝Q 當桿的速度最大時，對桿MN，有 F－mg－F安1m＝0 而F＝3mg，F(xiàn)安1m＝BLIm Im＝，E＝BL(v1m＋v2m)＝BLv1m 聯(lián)立解得v1m＝ 該過程電路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝3mgs－。 答案　(1)2∶1　(2)　3mgs－ 歸納總結 巧用流程解決電磁感應中力、電綜合問題 - 13 -