全国通用高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及综合应用学案.docx

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全国通用高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及综合应用学案

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E＝n，一般用来计算Δt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E＝BLv。

（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E＝BL2ω。

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：

①阻碍原磁通量的变化——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Ⅲ，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1

A.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Ⅰ，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Ⅱ，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3

A.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E＝BLv＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝知，当ω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4

A.从上往下看，0～1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向

B.0～1s内圆环面积有扩张的趋势

C.3s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力

D.1～2s内和2～3s内圆环中的感应电流方向相反

解析　由图乙知，0～1s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，0～1s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1～2s内和2～3s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3s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　A

2.（多选）如图5甲所示，一个圆形线圈匝数n＝50、面积S1＝0.5m2、电阻r＝1Ω。

有一个R＝2Ω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S2＝0.4m2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5

A.圆形线圈中产生的感应电动势E＝3V

B.在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q＝6C

C.F端电势为零，E端的电势φE＝2V

D.在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝8J

解析　根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的电动势E＝n＝nS2＝3V，选项A正确；根据闭合电路欧姆定律，回路中电流为I＝＝1A，在0～4s时间内通过电阻R的电荷量为q＝It＝1×4C＝4C，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UR＝IR＝1×2V＝2V，又UR＝φF－φE，φF＝0，可得φE＝－2V，选项C错误；在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝12×2×4J＝8J，选项D正确。

答案　AD

3.（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ω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6

A.通过R1的电流方向为自下而上

B.感应电动势大小为2Br2ω

C.理想电压表的示数为Br2ω

D.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Br2ω，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Br2ω，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Ⅱ，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0.1m、总电阻为0.005Ω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t＝0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7

A.磁感应强度的大小为0.5T

B.导线框运动的速度的大小为0.5m/s

C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外

D.在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N

解析　由E－t图象可知，线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝＝m/s＝0.5m/s，选项B正确；由图象可知，E＝0.01V，根据E＝Blv得，B＝＝T＝0.2T，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t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝A＝2A,所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，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E－t图、i－t图、B－t图、Φ－t图，还有v－t图、F－t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uab，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、uab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E＝Blv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，uab<0且uab＝－Blv，出磁场时ab不是电源，电流从b到a，uab<0且uab＝－，选项C错误，D正确。

答案　AD

2.（2017·洛阳市高三统一考试）如图9甲所示，一根电阻R＝4Ω的导线绕成半径d＝2m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　0～1s，感应电动势为E1＝S＝×（V）＝4π（V），由欧姆定律可知感应电流大小为I1＝＝（A）＝π（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　C

3.（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0～t2时间内（　　）

图10

A.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F＝BIL，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Ⅱ，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，t＝0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μ。

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

F－μmg＝ma①

设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②

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

E＝Blv③

联立①②③式可得

E＝Blt0（－μg）④

（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＝⑤

式中R为电阻的阻值。

金属杆所受的安培力为

F安＝BlI⑥

因金属杆做匀速运动，有

F－μmg－F安＝0⑦

联立④⑤⑥⑦式得

R＝⑧

答案　

（1）Blt0（－μg）　

（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M＝3.0kg的“

”形导轨（电阻不计），放在光滑绝缘的倾角为θ＝53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m＝2.0kg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B＝1.0T。

导轨的ad段长L＝1.0m，棒PQ单位长度的电阻为r0＝0.5Ω/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μ＝0.25倍。

设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放，求：

（取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，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：

Mgsinθ－f－FA＝Ma

f＝μFN

E＝BLv

I＝

FA＝ILB

对棒PQ，因其始终静止，有：

导轨对金属棒的支持力为FN′＝mgcosθ＋FA

由牛顿第三定律知FN＝FN′

导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大

Mgsinθ－f′＝Mam

f′＝μmgcosθ

联立解得最大加速度am＝7.0m/s2

（2）导轨达到最大速度vm时，加速度为零

Mgsinθ－f1－FA1＝0，f1＝μFN′

联立并代入数据解得

vm＝＝8.4m/s

答案　

（1）7.0m/s2　

（2）8.4m/s

2.如图13所示，ab和cd是两条竖直固定的光滑平行金属导轨，MN和M′N′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。

t＝0时刻，将细线烧断，保持力F不变。

图13

（1）细线烧断后任意时刻，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Δq和电路中产生的焦耳热Q各为多少？

解析　

（1）以两杆为研究对象，初始合外力为零，有F＝3mg

细线烧断后杆MN′向上运动，杆M′N′向下运动，任意时刻，两杆中感应电流等大反向，所受安培力等大反向，故系统合外力仍为零，动量守恒，有mv1－2mv2＝0

故两杆运动的速度大小之比为v1∶v2＝2∶1

（2）设两杆的最大速度分别为v1m和v2m，根据系统动量守恒，有mv1m－2mv2m＝0

杆M′N′的最大速度为v2m＝v1m

此过程中杆M′N′的位移大小为s2＝s

该过程中穿过回路的磁通量变化量ΔΦ＝B·（s＋s）L

通过金属杆横截面的电荷量Δq＝＝

该过程中安培力为变力，根据动能定理

对杆MN，有

WF－mgs－W安1＝mv

对杆M′N′，有

2mg·s－W安2＝×2m

又WF＝3mgs

W安1＋W安2＝Q

当杆的速度最大时，对杆MN，有

F－mg－F安1m＝0

而F＝3mg，F安1m＝BLIm

Im＝，E＝BL（v1m＋v2m）＝BLv1m

联立解得v1m＝

该过程电路中产生的焦耳热

Q＝3mgs－。

答案　

（1）2∶1　

（2）　3mgs－

归纳总结

巧用流程解决电磁感应中力、电综合问题