《2019届高考物理二轮复习 专题11 电磁感应规律及其应用学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理二轮复习 专题11 电磁感应规律及其应用学案.doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1专题专题 1111 电磁感应规律及其应用电磁感应规律及其应用考题一考题一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(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”.2.楞次定律和右手定则的适用对象(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形.(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形.3.求感应电动势大小的五种类型(1)磁通量变化型：En. t(2)磁感应强度变化型：EnS.B t(
2、3)面积变化型：EnB.S t(4)平动切割型：EBlv.(5)转动切割型：EnBl2.1 2注意：公式EnS中的S是垂直于磁场方向的有效面积.B t例 1 (2016浙江16)如图 1 所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均2为 10 匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图 1A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为 91C.a、b线圈中感应电流之比为 34D.a、b线圈中电功率之比为 31解析 根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项 A 错误；因
3、磁感应强度随时间均匀增大，设k，根据法拉第电磁感应定律可得Ennl2，则B t tB t( )2 ，选项 B 正确；根据I 可知，Il，故a、b线圈中Ea Eb3 19 1E RE4nlSnBtl2S 4nlklS 4感应电流之比为 31，选项 C 错误；电功率PIEnl2，则Pl3，故klS 4B tnk2l3S 4a、b线圈中电功率之比为 271，选项 D 错误.答案 B变式训练1.如图 2 所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和开关 K，则下列说法正确的是( )图 2A.在 K 闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势B.在 K 闭合的一瞬间，线圈c
4、中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势C.在 K 闭合电路稳定后，再断开 K 的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流D.在 K 闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在 K 闭合电路稳定后，再断开 K 的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势答案 D解析 K 闭合时线圈b中有顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a3线圈产生阻碍原磁通量变化的电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势，故 A 错误；根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势，故 B 错误；在 K 闭合电路稳定后，再断开 K 的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线
5、圈中均有感应电流，故 C 错误；在 K 闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在 K闭合电路稳定后，再断开 K 的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势，故 D 正确.2.(2016海南4)如图 3，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若( )图 3A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案 D解析 根据楞次定律，
6、当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项 A、B 错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项 C 错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项 D 正确.3.(2016全国甲卷20)法拉第圆盘发电机的示意图如图 4 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 4A.若圆盘转动的角速度
7、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4D.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 倍答案 AB解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，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应电动势EBLBL2，Iv1 2，恒定时，I大小恒定，大小变化时，I大小变化，方向不变，故 A 对，C 错；由E RrPI2R知，当变为原来的 2
8、倍时，P变为原来的 4 倍，D 错.B2L42R4Rr24.如图 5 所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的 U 形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U 形框左端与平行板电容器相连，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与 U 形框接触良好.则以下判断正确的是( )图 5A.油滴所带电荷量为mgd BLv0B.电流自上而下流过电阻RC.A、B间的电势差UABBLv0D.其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向上运动答案 BD解析 导体棒AB在水平拉力F作
9、用下向右运动，由右手定则可知，导体棒AB相当于电源，A端是正极，故电流自上而下流过电阻R，B 对；导体棒AB的弧长为L，与磁场切割有效长度为，故 A、C 错；根据电容器C，C ，两极板距离d减小，C增大，Q增加，2L rS 4kdQ U电场强度E增大，油滴将向上运动，D 对.考题二考题二 电磁感应中的图象问题电磁感应中的图象问题解决电磁感应图象问题的方法技巧(1)解决电磁感应图象问题的“三点关注”：5关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向.关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应.关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、
10、直是否和物理过程对应.(2)解决电磁感应图象问题的一般步骤：明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等.分析电磁感应的具体过程.用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式.根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等.画图象或判断图象.(3)图象选择技巧：求解物理图象的选择题时可用“排除法” ，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象.例 2 (2016四川7)如图 6 所示，电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的
11、金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F安，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( )图 6解析 设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势EBLv，回路电流Iv，即Iv；安培力F安BILv，方向水平向左，即F安v；R两端电E RrBL RrB2L2 Rr压URIRv，即URv；感应电流功率PEIv2，即Pv2.BLR RrB2L2 Rr分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0k
12、vvma，即F0(k)B2L2 RrB2L2 Rrvma.因为金属棒从静止开始运动，所以F00 .6(1)若k，金属棒水平向右做匀加速直线运动.所以在此情况下没有选项符合；B2L2 Rr(2)若k，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的B2L2 Rr加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知 B 选项符合；(3)若kt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.答案 (1)kt0S R(2)B0lv0(tt0)kSt (B0lv0kS)B0l R解析 (1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为20BSktS由法拉第电磁感应定律有E t由欧姆定律
13、得IE R由电流的定义得Iq t联立式得|q|tkS R由式得，在t0 到tt0的时间间隔内即 tt0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|kt0S R(2)当tt0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有FF安式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I，F安B0lI此时金属棒与MN之间的距离为sv0(tt0)匀强磁场穿过回路的磁通量为B0ls回路的总磁通量为t其中B1SktS由式得，在时刻t(tt0)，穿过回路的总磁通量为tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的时间间隔内，总磁通量的改变量 t为t(B0lv0kS)t由法拉第电磁感应定律得，回路感
14、应电动势的大小为Ett t由欧姆定律得IEt R联立式得21F(B0lv0kS).B0l R10.如图 9 所示，宽L2 m、足够长的金属导轨MN和MN放在倾角为30的斜面上，在N与N之间连接一个R2.0 的定值电阻，在AA处放置一根与导轨垂直、质量m0.8 kg、电阻r2.0 的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数，导轨电阻不计，34导轨处于磁感应强度B1.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处(小车可视为质点)，滑轮离小车的高度H4.0 m.启动电动小车，使之沿PS方向以v5.0
15、m/s 的速度匀速前进，当杆滑到OO位置时的加速度a3.2 m/s2，AA与OO之间的距离d1 m，求：图 9(1)该过程中，通过电阻R的电量q；(2)杆通过OO时的速度大小；(3)杆在OO时，轻绳的拉力大小；(4)上述过程中，若拉力对杆所做的功为 13 J，求电阻R上的平均电功率.答案 (1)0.5 C (2)3 m/s (3)12.56 N (4)2 W解析 (1)平均感应电动势 E tq tI RrBLd Rr代入数据，可得：q0.5 C(2)由几何关系：HdH sin 解得：sin 0.8 53杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1vcos 3 m/s(3)杆受的摩擦力Ffmgcos 3 N杆受的安培力F安BILB2L2v1 Rr代入数据，可得F安3 N根据牛顿第二定律：FTmgsin FfF安ma22解得：FT12.56 N(4)根据动能定理：WW安mgdsin Ffdmv1 22 1解得W安2.4 J，电路产生的总电热Q总2.4 J那么，R上的电热QR1.2 J此过程所用的时间t0.6 sH tan vR 上的平均电功率 W2 W.PQRt1.20.6