高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应及综合应用学案.doc

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1、1第二讲第二讲 电磁感应及综合应用电磁感应及综合应用知识建构高考调研1.考查方向：结合闭合电路的欧姆定律，利用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向以及大小计算结合牛顿第二定律，对导体棒切割磁感线的运动进行受力分析和运动分析结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电功率、功能关系等规律，解决电磁感应的综合问题2.常用的思想方法：图象法微元法排除法等效法 答案 (1)楞次定律与右手定则的关系楞次定律右手定则研究对象整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分适用范围磁通量变化产生感应电流的各种情况一段导体在磁场中做切割磁感线运动关系右手定则是楞次定律的特殊情况(2)公式：En tn：线圈的匝

2、数，：磁通量的变化量，t：对应于所用的时间，：磁通 t量的变化率2(3)解决电路问题的基本思路找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极a在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极b存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势正确分析电路的结构，画出等效电路图a内电路：“切割”磁感线的导体和磁通量发生变化的线圈都相当于“电源” ，该部分导体的电阻相当于内电阻b外电路：除“电源”以外的电路即外电路运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解(4)动力学问题基本思路：导体受外

3、力运动感应电动势Error!感应电流导体受安培EBlvF安BIl力合外力变化加速度变化速度变化.Fma考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用归纳提炼1感应电流方向的判断方法(1)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)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楞次定律中“阻碍”的主要表现形式3(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” 3感应电动势大小的计算(1)法拉第电磁感应定律：En，适用于普遍情况 t(2)EBlv，适用于导体

4、棒切割磁感线的情况(3)EBl2，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况1 2(多选)(2017全国卷)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(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( )A磁感应强度的大小为 0.5 TB导线框运动速度的大小为 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

5、培力大小为 0.1 N思路点拨 线框进入磁场，根据右手定则或楞次定律能判断出磁场方向，结合图象分析出线框运动的速度，从图象上感应电动势的大小能计算出磁感应强度与安培力解析 由Et图象可知，线框经过 0.2 s 全部进入磁场，则速度v l t0.1 0.2m/s0.5 m/s，选项 B 正确；E0.01 V，根据EBLv可知，B0.2 T，选项 A 错误；根据楞次定律可知，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4t0.4 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E R0.01 0.005FBIL0.04 N，选项 D 错误，故选 BC.答案 B

6、C用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式En tEBLvsinEBL21 2ENBSsint熟练强化1(2017全国卷)如图，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( )APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向

7、CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析 金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，5综上所述，可知 A、B、C 项错误，D 项正确答案 D2(2017金丽衢十二校联考)如右图所示，用一条横截面积为S的硬导线做成一个边长为L的正方形，把正方形的一半固定在均匀增大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率k(k0)，虚线ab与正方形的一条对角

8、线重合，导线B t的电阻率为.则下列说法正确的是( )A线框中产生顺时针方向的感应电流B线框具有扩张的趋势C若某时刻的磁感应强度为B，则线框受到的安培力为2kBL2S8D线框中ab两点间的电势差大小为kL2 2解析 根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故 A 错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加，线框有收缩的趋势，故 B 错误；由法拉第电磁感应定律得：ESL2kL2，因线框电阻R， tB tB t1 21 24L S那么感应电流大小为I ，则线框受到的安培力为：FBIL，故E RkSL 822kBL2S8C 正确；由上分析，可知，

9、ab两点间的电势差大小UEkL2，故 D 错误1 21 4答案 C3(多选)(2016全国卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图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( )6A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 法拉第圆盘相当于无数根辐条做切割磁感线运动，若圆盘顺时针转动，根据右手定则

10、可知电流在圆盘上流向圆心，在外电路由a流向b，B 正确圆盘转动方向不变，电流方向也不会发生改变，C 错误产生的感应电动势大小EBl2，可知若不变，1 2则E不变，A 正确当变为原来的 2 倍时，E、I也会变为原来的 2 倍，根据PI2R，可知热功率变为原来的 4 倍，D 错误答案 AB考向二 电磁感应中的图象问题归纳提炼电磁感应图象问题解题“5 步曲”第 1 步：明确图象的种类是Bt图、It图、vt图、Ft图或是Et图等；第 2 步：分析电磁感应的具体过程明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第 3 步：写出函数方程结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数

11、方程；第 4 步：进行数学分析根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；第 5 步：得结果画图象或判断图象(2017河北唐山一模)如图所示，在水平光滑的平行金属7导轨左端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是( )解析 导体棒运动过程中受向左的安培力F，安培力阻碍棒的运动，速度减B2L2v R小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a ，则a减小，vt图线斜率的绝对值F mB2L2v Rm减小，故 B 项正确，A 项错误

12、通过R的电荷量qx，可知 C、D 项错误 RBL R答案 B图象问题的思路与方法(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法” ，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象也可用“对照法” ，即按照要求画出正确的草图，再与选择对照解决此类问题关键是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化或物理状态的变化(2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的

13、面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义熟练强化1(多选)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置，其他电阻不计整个8装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上t0 时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图乙所示下列关于金属棒bc的加速度a、通过棒的电流I、金属棒受到的外力F、穿过回路cbPM的磁通量随时间t变化的图象中正确的是( )解析 由题意可得qIttt2，结合图乙可知金属棒的加速度a恒定，Blv RrBla

14、 Rr选项 A 错误，B 正确；由牛顿第二定律可得FmgsinBIlma，故有Fatm(gsina)，选项 C 正确；由Bl可知选项 D 错误B2l2 Rr(x01 2at2)答案 BC2(2017江西南昌三校四联)如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里一个三角形闭合导线框，由位置 1(左)沿纸面匀速运动到位置 2(右)取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )解析 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场9向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向

15、，故 B、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故 A 正确，D 错误答案 A3(2017江淮十校三模)宽为L的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨(电阻忽略不计)间、区域中有垂直纸面向里宽为d、磁感应强度为B的匀强磁场，、区域间距为h，如图，有一质量

16、为m、长为L电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域上端H处杆由静止释放若杆在、区域中运动情况完全相同，现以杆由静止释放为计时起点，则杆中电流随时间t变化的图象可能正确的是( )解析 杆在、区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除 A 和 C 选项因杆在无磁场区域中做ag的匀加速运动，又杆在、区域中运动情况完全相同，则杆在、区域应做减速运动，在区域中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a，方向竖直向上，则mgB2L2vR m知杆做加速度逐渐增大的减速运动，又I，由It图线斜率变化情况可知选项 B 正BLv R确，选项 D 错误答案

17、B10考向三 电磁感应中的能量转化问题归纳提炼能量转化及焦耳热的求法1能量转化其他形式 的能量克服安培力做功电能电流做功焦耳热或其他 形式的能量2求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt.(2)功能关系：QW克服安培力(3)能量转化：QE其他能的减少量将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为30，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H0.4 m，如图甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x0.55 m将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m0.1 kg、导线框的电阻为R0.25 、ab的长度

18、为L0.5 m从t0 时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动已知导线框向上运动的vt图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为，整个运动过程中导线框没有发33生转动，且始终没有离开斜面，g10 m/s2.(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小；(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为11vv0s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁B2L2 mR

19、场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q.思路路线 (1)(2)解析 (1)由vt图象可知，在 00.4 s 时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v12.0 m/s，所以在此过程中的加速度a5.0 m/s2v t由牛顿第二定律有Fmgsinmgcosma解得F1.5 N由vt图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动通过导线框的电流I E RBLv1 R导线框所受安培力F安BIL对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有FmgsinmgcosB2L2v1 R12解得B0.50 T.(2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场

20、，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H导线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为x0xH0.15 m设导线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有mg(xH)sinmg(xH)cosmvmv1 22 21 22 1解得v21.0 m/sv2 12gxHsincos导线框碰挡板后速度大小仍为v2，导线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinmgcos0.50 N，因此导线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v21.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设导线框全部离开磁场区域时的速度为v3由

21、vv0s得v3v21.0 m/sB2L2 mR2B2L2H mR因v32Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同典题示例如图 1 所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好轨道和导体棒的电阻均不计(1)如图 2 所示，若轨道左端M、P间接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值为R的电阻闭合开关 S，导体棒从静止开始运动求经过一段时间后，导体棒所能达到的最大速度的大小(2)如图 3 所示，若轨道左端M、P间接一电

22、容器，电容器的电容为C，导体棒在水平向右的恒力F的作用下从静止开始运动求导体棒运动过程中的加速度的大小审题指导第一步 读题干提信息题干信息1)光滑金属轨道滑动中不受摩擦力2)轨道和导体棒的电阻均不计求电流I时，图 3 不能用I，应选IE R总q t193)求导体棒运动过程中的加速度的大小猜想棒可能匀加速运动第二步 审程序顺思路解析 (1)闭合开关后，导体棒ab产生的电动势与电阻R两端的电压相等时，导体棒ab达到最大速度v2，I，UIR，UBLv2E Rr解得v2.ER BLRr(2)导体棒ab向右加速运动，在极短时间t内，导体棒的速度变化v，根据加速度的定义a，导体棒产生的电动势变化EBLv，

23、电容器增加的电荷量v tqCECBLv根据电流的定义I，解得ICBLaq t导体棒ab受到的安培力F安BILB2L2Ca根据牛顿第二定律得FF安ma解得a.F mCB2L2答案 (1) (2)ER BLRrF mCB2L220杆模型分析思路预测题组1(多选)(2017苏州模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一水平绝缘桌面，桌面上放置了间距为L的足够长的两平行光滑导轨，导轨左侧连一阻值为R的电阻，轨道电阻不计与两轨道垂直的质量为M、电阻为r的导体杆开始静止放在轨道上，现通过与轨道平行的轻绳经过一光滑的定滑轮与一质量为m的物块相连，导体杆在重力作用下开始运动，导体杆的

24、速度达到最大时为vm.运动中杆始终垂直轨道，则下列说法正确的是( )A导体杆做的是匀变速直线运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是abB导体杆获得的最大速度为vmmgRr B2L2C当物块的速度为v时，导体杆的加速度为vm 2mg 2M21D导体杆开始运动时加速度最大，且为mg Mm解析 导体杆先做变速直线运动，后做匀速运动，运动过程中流过电阻R的电流方向是ba，A 错误；杆产生的感应电动势为EBLv，因v变大，故E变大，电路中电流I ，电流变大，杆受的安培力F安BIL，因I变大，故F安变大，选杆和物块整体为研E R究对象，根据牛顿第二定律，mg(Mm)a，当a0 时，杆达到最大速度vmB2L

25、2v Rr，B 正确；当物块的速度为v时，导体杆的加速度为，C 错误；mgRr B2L2vm 2mg 2Mm导体杆开始运动时加速度最大，为，D 正确mg Mm答案 BD2(2017江西六校联考)如图所示，ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN和MN是用绝缘细线连接的两根金属杆，其质量分别为m和 2m，用竖直向上、大小未知的外力F作用在杆MN中点，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨足够长，间距为L，电阻可忽略，两杆总电阻为R，与导轨始终接触良好，重力加速度为g.t0 时刻，将细线烧断，保持力F不变(1)细线烧断后任意时刻，

26、求两杆运动的速度大小之比(2)若杆MN至速度最大时发生的位移为s，该过程中通过金属杆横截面的电荷量q和电路中产生的焦耳热Q各为多少？解析 (1)解法一：以两杆为研究对象，初始合外力为零，有F3mg细线烧断后杆MN向上运动，杆MN向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反22向，所受安培力等大反向，故系统合外力仍为零，动量守恒，有mv12mv20故两杆运动的速度大小之比为v1v221解法二：用隔离法，利用牛顿运动定律分析设杆MN和杆MN的加速度大小分别为a1、a2对杆MN：FmgF安 1ma1对杆MN：2mgF安 22ma2注意到F3mg，F安 1F安 2故a1a221根据运动学规律，两杆运动的速

27、度大小之比总有v1v221.(2)设两杆的最大速度分别为v1m和v2m，根据系统动量守恒，有mv1m2mv2m0杆MN的最大速度为v2mv1m1 2此过程中杆MN的位移大小为s2s1 2该过程中穿过回路的磁通量变化量BL(s1 2s)通过金属杆横截面的电荷量q R3BsL 2R该过程中安培力为变力，根据动能定理对杆MN，有WFmgsW安 1mv1 22 1m对杆MN，有2mgsW安 2 2m21 21 2(1 2v1m)又WF3mgsW安 1W安 2Q当杆的速度最大时，对杆MN，有FmgF安 1m0而F3mg，F安 1mBLImIm ，EBL(v1mv2m)BLv1mE R3 2联立解得v1m

28、4mgR 3BL2该过程电路中产生的焦耳热Q3mgs.4m3g2R2 3BL423答案 (1)21 (2) 3mgs3BsL 2R4m3g2R2 3BL43如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系解析 (

29、1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C Q U联立式得QCBLv(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1BLi设在时间间隔(t，tt)内流经金属棒的电荷量为Q，按定义有iQ tQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量由式得QCBLv式中，v为金属棒的速度变化量按定义有av t金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2N24式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有Nmgcos金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinf1f2ma 联立至式得agmsincos mB2L2C12由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动t时刻金属棒的速度大小为12vgtmsincos mB2L2C答案 (1)QCBLv (2)vgtmsincosmB2L2C