高考物理复习第一部分专题整合提升专题四电磁感应和电路第1课时电磁感应.DOCX

专题四电磁感应和电路第1课时电磁感应专题复习定位解决问题本专题主要复习电磁感应的基本规律和方法，熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。高考重点楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用；电磁感应中的平衡问题；电磁感应中的动力学和能量问题。题型难度本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用，题目有一定的综合性，难度中等；计算题主要考查电磁感应规律的综合应用，难度较大。1.楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)。2.感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：E，常用于计算感应电动势的平均值。若B变，而S不变，则EnS；若S变，而B不变，则EnB。(2)导体棒垂直切割磁感线：EBlv，主要用于求感应电动势的瞬时值。(3)如图所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直匀强磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的感应电动势EBl2。3.感应电荷量的计算回路中磁通量发生变化时，在t时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为qI·t·tn·tn。可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量决定，与发生磁通量变化的时间t无关。4.电磁感应电路中产生的焦耳热当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算。解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：1.“源”的分析分析电路中由电磁感应所产生的“电源”，求出电源参数E和r。2.“路”的分析分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力。3.“力”的分析分析研究对象(通常是金属棒、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力。接着进行“运动状态”的分析根据力和运动的关系，建立正确的运动模型。4.“动量”和“能量”的分析寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系，并判断系统动量是否守恒。高考题型1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.感应电流方向的判断(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.感应电动势的两种求法(1)En，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量。(2)EBlv或EBl2，主要用来计算感应电动势的瞬时值。【例1】 (多选)(2021·1月福建省新高考适应性考试，6)由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图1(a)所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气(可视为真空)。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的Bt图像如图(b)所示。一电荷量为q的颗粒在t1t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k。则()图1A.颗粒带负电B.颗粒质量为C.t1t2时间内，a点电势高于b点电势D.电容器极板带电荷量大小为答案AD解析根据楞次定律和右手螺旋定则可知，感应电流通过电阻R的方向为由a到b，电容器的上极板带正电，颗粒悬浮在电容器中，受到的电场力与重力平衡，所以颗粒带负电，故A正确；电容器两极板间的电压等于感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有UNN，电容器两板间的电场强度E，又mgEq，解得m，故B错误；在t1t2时间内，a点电势等于b点电势，故C错误；电容器极板的带电荷量为QCU，又C，空气的相对介电常数为1，则Q，故D正确。【例2】 (多选)(2021·广东省普通高中学业水平选择性考试，10)如图2所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()图2A.杆OP产生的感应电动势恒定B.杆OP受到的安培力不变C.杆MN做匀加速直线运动D.杆MN中的电流逐渐减小答案AD解析根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOPBl2，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。【拓展训练1】 (2021·河南新乡市二模)如图3所示，在同一个水平面内的彼此绝缘的两个光滑圆环A、B，大圆环A中有顺时针方向的恒定电流I。小圆环B的一半面积在环A内、一半面积在环A外，下列说法正确的是()图3A.穿过环B的磁通量为0B.环B中有持续的感应电流C.若增大环A内的电流，则环B会向右移动D.若减小环A内的电流，则环B会产生逆时针方向的电流答案C解析由题图，根据安培定则可知整个A环上的电流在其内部的磁场均向里，磁场在B环内左半圆环垂直纸面向里，右半边圆环磁场垂直向外，则穿过环B的磁通量不为0，故A错误；A中通恒定电流I，环B中磁通量不变，无感应电流，故B错误；若增大环A内的电流，则环B中向里的磁通量增加，根据楞次定律，环B为了阻碍磁通量增加，则环B会向右移动，故C正确；若减小环A内的电流，则环B中向里的磁通量减小，根据楞次定律判断，会产生顺时针方向的电流，故D错误。【拓展训练2】 (2021·1月江苏新高考适应性考试，10)如图4所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则()图4A.S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2B.S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2C.运动稳定后，电容器C的电荷量为零D.运动稳定后，两棒之间的距离大于d答案D解析S拨到1时，电源给电容器充电，S拨到2的瞬间，电容器放电(相当于“电源”)，导体棒L1、L2并联，则棒两端电压相等，根据I和RL1>RL2知，IL1<IL2，A错误；S拨到2的瞬间，导体棒受到的安培力FILB，知FL1<FL2，故aL1<aL2，B错误；运动稳定后，两棒的速度相等，两端的电压也相等，故电容器两端的电压等于棒两端的电压，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；在两棒向右运动过程中aL1<aL2，且电路稳定时两棒速度相等，则L1的位移小于L2的位移，故两棒之间的距离大于d，D正确。高考题型2电磁感应中的动力学问题分析【例3】 (多选)(2021·广东佛山市教学质检)如图5所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ相互平行，间距为L，构成U型平面，该平面与水平面成角(0°<<90°)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计，上端接入阻值为R的定值电阻。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒质量为m，接入电路的电阻为r。则金属棒ab沿导轨下滑过程中()图5A.最大加速度为gsin B.当棒下滑速度为v时，其两端电压为BLvC.所受安培力不会大于mgsin D.下滑速度大小一定小于mgsin 答案AC解析根据牛顿第二定律可得mgsin F安ma，由题可知，开始滑动时安培力为零，此时加速度最大为gsin ，故A正确；由法拉第电磁感应定律可得，当棒下滑速度为v时，产生的感应电动势为BLv，根据闭合电路欧姆定律可得，金属棒两端电压为BLv，故B错误；导体棒下滑时，安培力增大，则加速度减小，当加速度为零时，安培力达到最大值为mgsin ，故C正确；当安培力等于mgsin 时，金属棒做匀速运动，此时速度最大，则有mgsin ，解得最大速度为vm，则下滑速度大小一定小于，故D错误。【拓展训练3】 (2021·河北“五个一名校联盟”二模)如图6所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小相等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是()图6A.线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等B.线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等C.线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等D.线框通过上、下两个磁场的时间相等答案C解析线框匀速通过上方磁场，加速一段距离后，将减速通过下方磁场，两次通过磁场时，克服安培力做功不同，所以产生的电能不相等，A错误；根据电流公式得qt，所以两次通过磁场流过的电荷量相等，B错误；进入上方磁场时，速度为v1，受力分析有mgBIa，进入下方磁场时，其速度为v2，受力分析有FBIamgmgmgmgma，解得ag，C正确；因为线框减速通过下方磁场的过程，最小速度不小于通过上方磁场时的速度，所以通过下方磁场时的时间较短，D错误。高考题型3电磁感应中的动力学和能量问题分析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.焦耳热Q的三种求法(1)焦耳定律：QI2Rt。(2)功能关系：QW克服安培力。(3)能量转化：QE其他能的减少量。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】 (2021·1月福建省新高考适应性考试，13)如图7所示，光滑平行金属导轨间距为l，与水平面夹角为，两导轨底端接有阻值为R的电阻。该装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。恒力大小为F、方向沿导轨平面且与金属棒ab垂直。金属棒ab与导轨始终接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。重力加速度为g，求此上升过程图7(1)金属棒运动速度大小；(2)安培力对金属棒所做的功。答案(1)(2)mgh解析(1)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升，由法拉第电磁感应定律知，棒中的电动势为EBlv设金属棒中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律，有I金属棒所受的安培力大小为FAIlB因为金属棒沿导轨匀速上升，由平衡条件得Fmgsin FA0联立式得v(2)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升h过程中，安培力所做的功为W，由动能定理得WmghF0由式得Wmgh【拓展训练4】 (2021·山东临沂市等级考试模拟)如图8甲所示，金属导轨MN和PQ平行，间距L1 m，与水平面之间的夹角37°，匀强磁场磁感应强度B2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R1.5 的电阻，质量m0.5 kg，电阻r0.5 的金属杆ab垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.2。现用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移x3.8 m时达到稳定状态，对应过程的vt图像如图乙所示。取g10 m/s2，导轨足够长。求：图8(1)恒力F的大小及金属杆的速度为0.4 m/s时的加速度大小；(2)在01 s时间内通过电阻R的电荷量q；(3)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，金属杆上产生的焦耳热。答案(1)5.8 N2.4 m/s2(2)0.85 C(3)1.837 5 J解析(1)当金属棒匀速运动时，由平衡条件得Fmgcos 37°mgsin 37°F安其中v1 m/s，F安BIL2 N解得F5.8 N当金属杆的速度为0.4 m/s时F安1BI1LL0.8 N由牛顿第二定律有Fmgcos 37°mgsin 37°F安1ma解得a2.4 m/s2。(2)在01 s时间内，由动量定理得(Fmgcos 37°mgsin 37°B2L)tmv20其中q2t，v20.6 m/s，解得q0.85 C。(3)从金属棒开始运动到达稳定，由动能定理得(Fmgcos 37°mgsin 37°)xW安mv20又Q|W安|7.35 J，所以解得QrQ1.837 5 J。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021·重庆市巴蜀中学高考适应性考试)航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图1所示，当固定线圈上突然通入直流电时，靠近线圈左端放置的金属环被弹射出去，在闭合开关S瞬间，下列判断正确的是()图1A.从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B.金属环的面积有收缩的趋势C.电池正负极调换后，金属环将不能向左弹射D.若将金属环放在线圈右侧再闭合开关S，环将向左运动答案B解析根据楞次定律，金属环中产生从左侧看顺时针方向的感应电流，故A错误；根据楞次定律，线圈中磁场磁通量增大，有收缩面积阻止磁通量增大的趋势，故B正确；当电池正负极调换后，根据楞次定律，为阻碍磁通量增大要远离，金属环仍然向左弹射，故C错误；若将金属环放在线圈右侧，同理，环与线圈间也会产生排斥力，所以环将向右运动，故D错误。2.(多选)(2021·广东名校联盟开学考)匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图2甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力，则()图2A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向C.F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D.F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心答案ABD解析由图知Oa段，穿过金属环的磁场方向为垂直纸面向里，磁通量增大，根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向，同理可判断I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，所以A、B正确；根据左手定则可判断F1方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心，故C错误，D正确。3.(多选)(2021·河南新乡市一轮复习摸底)如图3所示，固定在绝缘水平面上的半径r0.2 m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B0.1 T的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R10 的电阻和板间距d0.01 m的平行板电容器，有一质量m1 g、电荷量q1×105 C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。取重力加速度大小g10 m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()图3A.电容器两极板间的电压为10 VB.电容器的上极板带正电荷C.每秒钟通过电阻的电荷量为10 CD.金属棒转动的角速度大小为5×103 rad/s答案AD解析对电容器极板间的带电颗粒受力分析有qmg，解得U V10 V，选项A正确；金属棒顺时针运动，由右手定则可知，电容器下极板带正电荷，选项B错误；由欧姆定律可得通过电阻R的电流为：I A1 A，则每秒钟通过电阻的电荷量QIt1×1 C1 C，选项C错误；金属棒转动切割磁场产生的感应电动势为EBrBr2，EU10 V，解得 rad/s5×103 rad/s，选项D正确。4.(多选)(2021·华中师范大学第一附属中学押题卷)如图4所示，MN和PQ为在同一水平面内足够长的平行固定金属导轨，处在竖直向下的匀强磁场中。质量均为m的金属杆a、b垂直于导轨放置，一不可伸长的轻质绝缘细线一端系在金属杆b的中点，另一端绕过轻质小定滑轮与质量为m的重物c相连，细线的水平部分与导轨平行且足够长。已知两杆与导轨间动摩擦因数相同，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻、滑轮轴的摩擦及电磁辐射，重力加速度大小为g。整个装置由静止释放，下列关于b杆的速度v、b杆所受的安培力与重力的比值随时间变化的规律可能正确的是()图4答案ABC解析设两杆与导轨间的摩擦因数为，导轨宽度为L，两杆的总电阻为R，当mg<2mg时，a杆将不会运动，对b杆和c物体有mgFAmga，FA，随着b杆速度增大，b所受安培力增加，加速度减小，稳定时FAmgmg，加速度为0，之后做匀速直线运动，选项A正确；由mg<2mg，得>，b杆做匀速运动时，<，选项C正确；当mg>2mg时，a杆也会运动，稳定时，对a、b、c有mg2mga，FAFAa，对a杆FAamgma，解得FAFAamg(1)，结合<，有(1)<，故b杆做加速度减小的加速运动，稳定后以a做匀加速直线运动，选项B正确，选项D错误。5.(2021·山东省第二次模拟)如图5所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。图5(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？(2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？答案(1)4(2)mg(H13l)解析(1)设bc边刚入磁场时速度为v1，bc边刚进入时，有E12Blv1，I1，F12BI1l线框匀速运动，有F1mg联立可得v1设ah、ed边将离开磁场时速度为v2，ah、ed边将离开磁场时，有E2Blv2，I2，F2BI2l线框匀速运动，有F2mg联立可得v2，综上所述4即线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的4倍。(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有mglmv穿过磁场过程中能量守恒，有mg(H2l)mvmvQ联立可得Qmg(H13l)。6.(2021·辽宁葫芦岛市期末)如图6甲所示，两条相距l1 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻。t0时，一质量m1 kg、阻值r0.5 的金属杆，在水平外力的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度B1 T，方向垂直纸面向里，当金属杆到达MN后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场，8 s末开始做匀速直线运动。整个过程金属杆的vt图像如图乙所示。若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g10 m/s2。试计算：图6(1)进入磁场前，金属杆所受的外力F；(2)金属杆到达磁场边界MN时拉力的功率Pm；(3)电阻的阻值R。答案(1)6 N(2)30 W(3)1.1 解析(1)金属杆未进入磁场前，金属杆做匀加速直线运动由图像可知加速度a m/s21 m/s2根据牛顿第二定律Fmgma可得外力F6 N。(2)金属杆到达MN瞬间速度v15 m/s，到达MN时外力的功率PmFv1，解得Pm30 W。(3)金属杆进入磁场后最终以v24 m/s做匀速直线运动，其功率保持不变，金属杆在磁场中匀速时受力分析有F2FAFf，摩擦力FfmgPmF2v2，安培力FABIL感应电流I，联立解得R1.1 。7.(2021·江苏南通市平潮中学学情检测)如图7甲所示，一正方形单匝线框abcd放在光滑绝缘水平面上，线框边长为L、质量为m、电阻为R。该处空间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场，其右边界MN平行于ab，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，0t0时间内B随时间t均匀变化，t0时间后保持BB0不变。求：图7(1)若线框保持静止，则在时间0t0内产生的焦耳热；(2)若线框从0时刻起，在一水平拉力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t0线框cd边刚要离开边界MN，则在此过程中拉力做的功；(3)在(2)的情况下，线框在离开磁场的过程中，仍以加速度a做匀加速直线运动，试求线框在离开磁场的过程中，水平拉力F随时间t变化的关系式。答案(1)(2)(3)Fma解析(1)由于0t0时间内磁感应强度B随时间t均匀变化，所以线框内将产生恒定电动势和恒定电流，即I所以在时间t0内产生的焦耳热QI2Rt0。(2)整个线框所受的安培力为零，所以线框的位移为xat，Fma则在此过程中拉力做的功WFxma×at。(3)线框在离开磁场的过程中，ab边将受到安培力的作用；线框cd边刚要离开边界MN时开始计时，设线框的速度为v，则有vat线框ab边受到的安培力为F安B0ILB0××L根据牛顿第二定律得FF安ma解得FmaF安ma。