【物理】2019届二轮复习电磁感应学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习电磁感应学案（江苏专用）

第1讲　电磁感应 解决电磁感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”，即：‎ 先作“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；‎ 接着进行“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；‎ 然后是“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，判断出正确的运动模型；‎ 最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程中和研究对象的运动过程中，其能量转化和守恒的关系．‎ 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方法：楞次定律或右手定则．‎ ‎2．左手定则和右手定则 ‎(1)无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．‎ ‎(2)切割磁感线产生电流要用右手定则判断．但电流周围的磁场方向要用安培定则判断．‎ ‎3．电磁感应的三个公式 ‎(1)E＝n的研究对象为磁通量变化的回路．‎ ‎(2)E＝BLv的研究对象为平动垂直切割磁感线的导体棒．‎ ‎(3)E＝BωL2的研究对象为转动垂直切割磁感线的导体棒．‎ 例1　(2018·泰州中学模拟)被弯成正弦函数图象形状的导体棒a和直导体棒b放置在如图1所示的坐标系中，a、b的右端通过导线与阻值R＝5 Ω的电阻连接，导体棒c与y轴重合，整个装置处在方向垂直坐标系向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中(图中未画出)，除R外不计一切电阻，现使导体棒c在水平力F作用下从图示位置以v＝5 m/s的速度匀速运动至a、b右端，整个过程中导体棒a、b和c保持良好接触，不计一切摩擦，则(　　)‎ 图1‎ A．流过电阻R的电流方向如图中箭头所示 B．水平力F的最小值为0.32 N C．电阻R电压的最大值为4 V D．水平力F的最大功率为7.2 W 答案　D 解析　导体棒c向右运动过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”知，感应电流的磁场垂直坐标系向里，由安培定则可知，流过电阻R的电流方向与题图中箭头所示的方向相反，故A错误．c棒有效切割长度的最小值为Lmin＝0.4 m，产生的感应电动势最小值为Emin＝BLminv＝1×0.4×5 V＝2 V，感应电流最小值为Imin＝0.4 A，c棒所受安培力的最小值为F安min＝BIminLmin＝1×0.4×0.4 N＝0.16 N，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F的最小值为Fmin＝F安min＝0.16 N，故B错误．c棒有效切割长度的最大值为Lmax＝1.2 m，产生的感应电动势最大值为Emax＝BLmaxv＝1×1.2×5 V＝6 V，感应电流最大值为Imax＝1.2 A，c棒所受安培力的最大值为F安max＝BImaxLmax＝1×1.2×1.2 N＝1.44 N，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F的最大值为Fmax＝F安max＝1.44 N，水平力F的最大功率为Pmax＝Fmaxv＝1.44×5 W＝7.2 W，故C错误，D正确．‎ 拓展训练1　(多选) (2018·南通市等七市三模)健身车上装有金属电磁阻尼飞轮，飞轮附近固定一电磁铁，示意图如图2所示，人在健身时带动飞轮转动．则(　　)‎ 图2‎ A．飞轮转速越大，阻尼越大 B．电磁铁所接电压越大，阻尼越大 C．飞轮材料电阻率越大，阻尼越大 D．飞轮材料密度越大，阻尼越大 答案　AB 解析　‎ 飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于电磁铁对它的安培力，飞轮转速越大，感应电流越大，阻尼越大，故A正确；电磁铁所接电压越大，飞轮所在处的磁感应强度越强，在飞轮转速一定时，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，故B正确；电阻越大产生的感应电流越小，阻尼越小，故C错误；由以上分析可知，电磁阻尼大小与飞轮材料密度无关，故D错误．‎ 拓展训练2　(多选)(2018·苏州市期初调研)如图3甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．则(　　)‎ 图3‎ A．从0到t2时间内，导线框中电流的方向先为adcba再为abcda B．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcba C．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小 D．从0到t1时间内，导线框ab边受到的安培力越来越小 答案　BD 解析　从0到t2时间内，线圈中磁通量的变化率相同，则感应电动势不变，电路中电流大小和方向不变，根据楞次定律可知电流方向为adcba，故A、C错误，B正确；从0到t1时间内，电路中电流大小恒定不变，由F＝BIL可知，F与B成正比，因为B逐渐减小，所以安培力越来越小，故D正确．‎ 拓展训练3　(2018·常熟中学模拟)如图4所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．回路中有大小和方向周期性变化的电流 B．回路中电流大小恒定，且等于 C．回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘 D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过 答案　B 解析　把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，铜盘中心为电源正极，铜盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由b经灯泡再从a流向铜盘，方向不变，故A、C错误．回路中感应电动势为E＝BL＝BωL2，所以电流I＝＝，故B正确．当铜盘不动，磁场按正弦规律变化时，铜盘中形成涡流，若两导线的所在平面与磁场方向平行，则没有电流通过灯泡，故D错误．‎ 拓展点　自感现象问题 例2　(多选)(2018·盐城中学4月检测)如图5所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮 B．当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮 C．当S断开时，L2立即熄灭 ‎ D．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗直至熄灭 答案　BD 解析　当S闭合时，由于二极管的单向导电性，L1一直不亮，由于电感L产生自感电动势，L2逐渐变亮，当S断开时，由于电感L产生向右的自感电动势，二极管处于导通状态，L1突然变亮，然后逐渐变暗直至熄灭，故选B、D.‎ 高考题型2　电磁感应图象问题 电磁感应中图象类选择题的两种常见解法 ‎(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．‎ ‎(2)函数法：根据题目所给条件求出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断．‎ 例3　(多选)(2018· 江苏省高考压轴冲刺卷)如图6所示，abcd为边长为L的正方形线框，线框在纸面内，电阻为R.图中虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．现用外力作用于线框，使线框从图示位置开始沿x轴正方向做初速度为零的匀加速运动，线框运动过程中，ad边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于L，以x轴正方向作为力的正方向，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线及线框ab边的电压U随时间t的变化图象正确的是(　　)‎ 图6‎ 答案　AD 解析　线框做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，进磁场和出磁场受到的安培力F＝＝，A正确，B错误；进磁场时，ab两端的电压U＝BLv＝BLat，在磁场中运动时，U＝BLv＝BLat，出磁场时，ab两端的电压U＝BLv＝BLat，C错误，D正确. ‎ 拓展训练4　(多选)闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图7所示．规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是(　　)‎ 图7‎ 答案　BC 解析　由题图B－t图象可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值，1～2 s内磁通量不变，无感应电流，2～3 s内，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，3～4 s，B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流为负值，A错误，B正确；由左手定则可知，在0～1 s，ad边受到的安培力方向水平向右，是正的，1～2 s内无感应电流，没有安培力，2～3 s，安培力方向水平向左，是负的，3～4 s，安培力方向水平向右，是正的．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝＝S，感应电流I＝＝，由B－t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad 边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确，D错误．‎ 高考题型3　电磁感应的综合问题 ‎1．电磁感应动力学分析：导体棒在磁场中切割磁感线运动时，由于安培力是变力，导体棒的运动往往是变加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程．‎ ‎2．电磁感应中的能量转化 ‎(1)安培力做正功，电能转化为其他形式的能(如机械能)．‎ ‎(2)克服安培力做功，其他形式的能(如机械能)转化为电能．‎ ‎3．求解焦耳热Q的三种方法 ‎(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻均不变；‎ ‎(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；‎ ‎(3)能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量，电流变不变都适用．‎ 例4　(2018·南通市等七市三模)如图8所示，水平导体棒ab质量为m、长为L、电阻为R0，其两个端点分别搭接在竖直平行放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r、电阻不计．阻值为R的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻两端．整个空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，导体棒ab在外力F作用下以角速度ω绕两圆环的中心轴OO′匀速转动，产生正弦交流电．已知重力加速度为g.求：‎ 图8‎ ‎(1)导体棒ab沿圆环运动过程中受到的安培力最大值Fm；‎ ‎(2)电压表的示数U和导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程中通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(3)导体棒ab从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力F做的功W.‎ 答案　见解析 解析　(1)导体棒ab产生的最大感应电动势 Em＝BLv＝BLωr 受到的安培力最大值Fm＝ 解得Fm＝ ‎(2)通过电阻R的电流的有效值I＝ 电压表的示数U＝IR 解得U＝ 导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程产生的平均感应电动势 ＝ 通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝·Δt 磁通量的变化量ΔΦ＝BLr 解得q＝ ‎(3)此过程安培力做的功W安＝－I2(R＋R0)· 由动能定理有W＋W安－mg·2r＝0‎ 解得W＝2mgr＋ 拓展训练5　(多选)(2018·江苏单科·9)如图9所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ‎，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆(　　)‎ 图9‎ A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 答案　BC 解析　穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度．金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A项错误；‎ 金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知 ma＝BIL－mg＝－mg，a随着减速过程逐渐变小，即在磁场Ⅰ区域内做加速度减小的减速运动．‎ 在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v－t图象(可能图象如图所示)可以看出穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，B项正确；‎ 由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，‎ W安1－mg·2d＝0，‎ W安1＝2mgd.‎ 即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C项正确；‎ 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，‎ 进入磁场时ma＝BIL－mg＝－mg，‎ 解得v＝，‎ 联立得h＝>，D项错误．‎ 拓展训练6　(2018·南京市三模) 如图10甲所示，固定在水平桌面上的间距为L的光滑平行金属导轨，其右端MN间接有阻值为R的定值电阻，导轨上存在着以efhg为边界，宽度为d的匀强磁场，磁场磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，方向竖直向下．一长度为L的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R，在t＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t＝t0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B0，并保持不变．金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R上的电流大小不变，导轨电阻不计．求：‎ 图10‎ ‎(1)0～t0时间内流过电阻R的电流I的大小和方向；‎ ‎(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；‎ ‎(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.‎ 答案　见解析 解析　(1)0～t0时间内，由E＝S 解得E＝ ‎ 由I＝ 解得I＝ 方向为由N到M ‎(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t0时间内相同 由E＝＝B0Lv ‎ 解得v＝ 金属棒匀速通过磁场 F＝BIL 则F＝ ‎(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I＝ ‎ 金属棒匀速通过磁场的时间为t＝＝t0‎ 所以 Q＝I2R(t0＋t0)＝ 专题强化练 ‎1.(2018·常州市一模)如图1所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断．忽略A的自感，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．闭合S，D闪亮一下 B．闭合S，C将会过一小段时间后接通 C．断开S，D不会闪亮 D．断开S，C将会过一小段时间后断开 答案　D 解析　闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律“增反减同”，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流沿逆时针方向，而由于二极管顺时针方向导电，则D不会闪亮一下，线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，故A、B错误；断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律“增反减同”，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间后断开，故C错误，D正确 ‎2．(多选)(2018·南通等六市一调)用电流传感器研究自感现象的电路如图2甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R.闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图象，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I.下列说法中正确的是(　　)‎ 图2‎ A．t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大 B．若线圈中插入铁芯，上述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0‎ C．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I D．若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I 答案　BC 解析　t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，题述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误．‎ ‎3．(多选)有一变化的匀强磁场垂直如图3甲所示的线圈平面，若规定垂直线圈平面向里为磁感应强度的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向，现在已知R中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是下列图中的(　　)‎ 图3‎ 答案　AB 解析　在0～1 s内，产生的感应电流为I0，方向为顺时针，可能是垂直线圈平面向里的磁场磁感应强度均匀减小，也可能是垂直线圈平面向外的磁场磁感应强度均匀增大，同理可判断1～2 s内磁感应强度的方向及变化情况，所以选项A、B正确．‎ ‎4.(多选)(2018·扬州中学5月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形直角边长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef在同一直线上，其俯视图如图4所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域，线框中感应电流i及拉力F随时间t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，向右为F的正方向，时间单位为)(　　)‎ 图4‎ 答案　BD ‎5.如图5所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁块从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁块不与管壁接触．忽略空气阻力，则在下落过程中(　　)‎ 图5‎ A．磁块做自由落体运动 B．磁块的机械能守恒 C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力 D．磁块动能的增加量大于重力势能的减少量 答案　C 解析　磁块在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但安培力做负功，磁块不会做自由落体运动，故A错误；磁块在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生的感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能除部分转化为动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，增加的动能小于重力势能的减小量，故B、D错误；磁块在整个下落过程中，由楞次定律中“来拒去留”规律可知，铝管受向下的作用力，故铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确．‎ ‎6.(2018·镇江市模拟)如图6所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀增加，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．ab中感应电流方向由b→a B．ab中的感应电流逐渐增加 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab受到水平向右的摩擦力 答案　D ‎7.(多选)(2018·苏锡常镇二模)如图7，一根足够长的直导线水平放置，通以向右的恒定电流，在其正上方O点用绝缘细丝线悬挂一铜制圆环．将圆环从a点无初速度释放，圆环在直导线所处的竖直平面内运动，经过最低点b和最右侧c后返回(　　)‎ 图7‎ A．从a到c的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针 B．运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反 C．圆环从b到c的时间大于从c到b的时间 ‎ D．圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量 答案　AD 解析　根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸面向外，圆环由a点开始运动时，磁通量先增大后减小，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向先垂直纸面向里后向外，感应电流的方向先顺时针后逆时针，故A正确；把圆环分成若干份，可以知道对称的一小段在水平方向的安培力是大小相等、方向相反的，故合力方向始终沿竖直方向，和速度方向会有一定的夹角，故B错误；圆环从b到c安培力的合力方向竖直向下，圆环从c到b安培力的合力方向竖直向上，所以圆环从b到c所受合力大于从c到b所受合力，从b到c的加速度大于c到b的加速度，相同的运动路径，所以从b到c的时间小于从c到b的时间，故C错误；圆环在非匀强磁场中运动时，穿过圆环的磁通量变化，产生感应电流，机械能有损失，返回过程经过同一位置的速率比上升过程经过同一位置的速率小，环从b到c过程克服安培力做功大于从c到b过程克服安培力做的功，所以圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量，故D正确．‎ ‎8．如图8所示，闭合铜制线框用细线悬挂，静止时其上半部分位于与线框平面垂直的磁场中．若将细线剪断后线框仍能静止在原处，则磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律可能是(　　)‎ 图8‎ 答案　D 解析　因剪断细线后线框仍能静止在原处，则线框所受安培力向上，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量减少，磁感应强度减弱，设B＝B0＋kt，根据平衡条件可得mg＝F安＝BIL，I＝＝＝，即mg＝(B0＋kt)L，式中mg、B0、S、L及R均为定值，则随着时间t的增加，k减小时，等式两边才能相等，D正确．‎ ‎9.(多选)(2018·泰州中学开学考)如图9所示，两条水平虚线之间有垂直纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m，电阻为R的正方形线圈边长为L(L

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