2020届二轮复习专题六　电磁感应和电路第1课时电磁感应课件（48张）

2020届二轮复习专题六　电磁感应和电路第1课时电磁感应课件（48张）

第 1 课时　电磁感应 第一部分　专题 六　电磁感应 和电路 高考命题轨迹 高考命题点 命题轨迹 情境图 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 2015 1 卷 19,2 卷 15 2016 2 卷 20,3 卷 21 15(1)19 题　 15(2)15 题　 16(2)20 题 16(3)21 题　　 17(1)18 题 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 2017 1 卷 18,2 卷 20,3 卷 15 17(2)20 题 17(3)15 题　　 18(1)17 题 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 2018 1 卷 17 、 19,2 卷 18,3 卷 20 18(1)19 题 18(2)18 题　 　　 18(3)20 题 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 2019 1 卷 20,3 卷 14 电磁感应中动力学问题分析 2016 1 卷 24,2 卷 24 19(1)20 题 16(1)24 题　　 16(2)24 题 电磁感应中的动力学和能量问题 2016 3 卷 25 16(3)25 题 相关知识链接 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 ( 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 的 变化 ( 自感现象 ). 相对运动 原电流 2. 感应电动势的计算 (1) 法拉第电磁感应定律： E ＝ n ，常用于计算感应电动势的 . ① 若 B 变，而 S 不变，则 E ＝ n S ； ② 若 S 变，而 B 不变，则 E ＝ nB . (2) 导体棒垂直切割磁感线： E ＝ Bl v ，主要用于求感应电动势 的 值 . 平均值 瞬时 (3) 如图 1 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 E ＝ Bl 2 ω . 图 1 3 . 感应电荷量的计算 回路中磁通量发生变化时，在 Δ t 时间内迁移的电荷量 ( 感应电荷量 ) 为 q ＝ I ·Δ t ＝ 可见 ， q 仅由回路电阻 R 和 的 变化量 Δ Φ 决定，与发生磁通量变化的时间 Δ 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 计算 ；当电路中电流变化时，则用功能关系 或 计算 . 磁通量 焦耳定律 能量守恒定律 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 . 规律方法 提炼 高考题型 1 楞次定律 和法拉第电磁感应定律的应用 内容索引 NEIRONGSUOYIN 高考题型 2 电磁感应 中的动力学问题分析 高考题型 3 电磁感应 中的动力学和能量问题分析 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 题型：选择题： 5 年 5 考 高考题型 1 1 . 判断感应电流方向的两种方法 (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 . 求感应电动势的两种方法 例 1 　 (2019· 湖南衡阳市第一次联考 ) 如图 2 所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害 . 关于该装置，下列说法正确的 是 A. 当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中 B. 当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈 A 、 B 中的 电流 方向 相反 C. 当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈 A 在 阻碍 电梯 下落 D. 当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈 B 在阻碍电梯 下落 图 2 √ 解析　 若电梯突然坠落，闭合线圈 A 、 B 内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故 A 错误 ； 当 电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈 A 中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈 B 中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈 A 与 B 中感应电流方向相反，故 B 正确 ； 结合 A 的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈 A 、 B 都在阻碍电梯下落，故 C 、 D 错误 . 拓展训练 1 　 ( 多选 )(2019· 四川南充市第二次适应性考试 ) 现在人们可以利用无线充电板为手机充电，如图 3 所示为充电原理图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电 . 若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度均匀增加 . 下列说法正确的 是 A. c 点电势高于 d 点电势 B. c 点电势低于 d 点电势 C. 感应电流方向由 c → 受电线圈 → d D. 感应电流方向由 d → 受电线圈 → c √ 图 3 √ 解析　 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向为俯视顺时针，受电线圈中感应电流方向由 c 经受电线圈到 d ，所以 c 点的电势低于 d 点的电势，故 A 、 D 错误， B 、 C 正确 . 例 2 　 ( 多选 )(2019· 全国卷 Ⅰ ·20) 空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图 4(a) 中虚线 MN 所示 . 一硬质细导线的电阻率为 ρ 、横截面积为 S ，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上 . t ＝ 0 时磁感应强度的方向如图 (a) 所示；磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图 (b) 所示 . 则在 t ＝ 0 到 t ＝ t 1 的时间间隔内 图 4 A. 圆环所受安培力的方向始终不变 B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C. 圆环中的感应电流大小为 D. 圆环中的感应电动势大小为 √ √ 解析　 在 0 ～ t 0 时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在 t 0 ～ t 1 时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项 A 错误， B 正确； 拓展训练 2 　 (2019· 安徽蚌埠市第二次质检 ) 同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板 MN 连接，如图 5 甲所示 . 导线 PQ 中通有正弦交变电流 i ， i 的变化如图乙所示，规定从 Q 到 P 为电流的正方向，则在 1 ～ 2 s 内 A. M 板带正电，且电荷量增加 B. M 板带正电，且电荷量减小 C. M 板带负电，且电荷量增加 D. M 板带负电，且电荷量 减小 图 5 √ 解析　 在 1 ～ 2 s 内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大 . 假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知 M 板电势高，带正电，电荷量增加，故 A 正确， B 、 C 、 D 错误 . 拓展训练 3 　 ( 多选 )(2019· 贵州黔东南州第一次模拟 ) 如图 6 甲所示，单匝正方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，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示，其中 B 0 、 t 0 均为已知量 . 已知导线框的边长为 L ，总电阻为 R ，则下列说法中正确的是 图 6 √ √ 根据楞次定律，可知， 0 ～ t 0 时间内，导线框中电流的方向始终为 abcda ，故 B 错误； 电磁感应中的动力学问题分析 题型：计算题： 5 年 1 考 高考题型 2 例 3 　 (2019· 河南名校联盟高三下学期 2 月联考 ) 相距 L ＝ 1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为 m 1 ＝ 1 kg 的金属棒 ab 和质量为 m 2 ＝ 0.27 kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图 7(a) 所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同 . ab 棒光滑， cd 棒与导轨间的动摩擦因数为 μ ＝ 0.75 ，两棒总电阻为 1.8 Ω ，导轨电阻不计， ab 棒在方向竖直向上，大小按图 (b) 所示规律变化的外力 F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时 cd 棒也由静止释放 ( 取 g ＝ 10 m/s 2 ). (1) 求磁感应强度 B 的大小和 ab 棒加速度大小 ； 图 7 答案　 见解析 解析　 经过 时间 t ，金属棒 ab 的速率 v ＝ at 对金属棒 ab ，由牛顿第二定律得 F － BIL － m 1 g ＝ m 1 a 在图线上取两点： t 1 ＝ 0 ， F 1 ＝ 11 N ； t 2 ＝ 2 s ， F 2 ＝ 14.6 N 代入上式得 a ＝ 1 m/s 2 ， B ＝ 1.2 T (2) 已知在 2 s 内外力 F 做功 40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热； 答案　 见解析 解析　 在 第 2 s 末金属棒 ab 的速率 v 2 ＝ at 2 ＝ 2 m/s 又 Q ＝ W 安 联立以上方程，解得 Q ＝ 18 J. (3) 判断 cd 棒将做怎样的运动，求出 cd 棒达到最大速度所需的时间 t 0 ，并在图 (c) 中定性画出 cd 棒所受摩擦力随时间变化的图象 . 答案　 见解析 解析　 cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动， 当 cd 棒速度达到最大时，有 m 2 g ＝ μF N 又 F N ＝ F 安 F 安 ＝ BIL F f cd 随时间变化的图象如图所示 . 拓展训练 4 　 ( 多选 )(2019· 山东泰安市 3 月第一轮模拟 ) 如图 8 ，倾角为 θ 的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为 L . 一个质量为 m ，边长也为 L 的正方形线框以速度 v 进入上部磁场恰好做匀速运动， ab 边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动 . 重力加速度为 g ， 则 A. 在 ab 进入上部磁场过程中的电流方向为 adcba B. 当 ab 边刚越过边界 ff ′ 时，线框的加速度为 g sin θ C. ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的速度 为 v D. 从 ab 边进入磁场到 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中 ， 　 减少 的动能等于线框中产生的 焦耳热 图 8 √ √ 解析　 根据楞次定律可知，在 ab 边进入上部磁场过程中的电流方向为 adcba ，选项 A 正确； 当 ab 边刚越过边界 ff ′ 时，由于线框的 ab 边和 cd 边产生同方向感应电动势，则回路的感应电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时： 4 F 安 － mg sin θ ＝ ma ，解得线框的加速度为 a ＝ 3 g sin θ ，选项 B 错误； 由能量关系可知，从 ab 边进入磁场到 ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，选项 D 错误 . 电磁感应 中的动力学和能量问题分析 题型：选择或者计算题： 5 年 1 考 高考题型 3 1. 电荷量的求解 2. 求解焦耳热 Q 的三种方法 (1) 焦耳定律： Q ＝ I 2 Rt . (2) 功能关系： Q ＝ W 克服安培力 . (3) 能量转化： Q ＝ Δ E 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 　 (2019· 四川达州市第二次诊断 ) 如图 9 甲所示，斜面倾角为 θ ＝ 37° ，一宽为 d ＝ 0.65 m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行 . 在斜面上由静止释放一矩形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行 . 取斜面底部水平面为重力势能零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能 E 和位移 x 之间的关系如图乙所示，图中 ① 、 ② 均为直线段 . 已知线框的质量为 m ＝ 0.1 kg ，电阻为 R ＝ 0.06 Ω.( 取 g ＝ 10 m·s － 2 ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8) 求 ： (1) 线框与斜面间的动摩擦因数 μ ； 图 9 答案　 0.5 　 解析　 金属 线框进入磁场前，由能量守恒定律，线框减小的机械能等于克服摩擦力做的功，则 Δ E 1 ＝ W f1 ＝ μmgx 1 cos 37° 其中 x 1 ＝ 0.36 m ； Δ E 1 ＝ (1.000 － 0.856) J ＝ 0.144 J 解得 μ ＝ 0.5 (2) 线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间 t ； 解析　 金属 线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力做的功，机械能均匀减小，因此安培力是恒力，可知线框做匀速运动，设速度为 v 1 v 1 2 ＝ 2 ax 1 mg sin 37° － μmg cos 37° ＝ ma 解 得 a ＝ 2 m/s 2 ， v 1 ＝ 1.2 m/s Δ E 2 ＝ W f2 ＋ W 安 ＝ ( F f ＋ F 安 ) x 2 其中 Δ E 2 ＝ (0.856 － 0.736)J ＝ 0.12 J ， F f ＋ F 安 ＝ mg sin 37° ＝ 0.6 N ， x 2 为线框的侧边长，即线框进入磁场过程中运动的距离，可求出 x 2 ＝ 0.2 m ， (3) 线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率 P m . 答案　 0.54 W 由 v 2 2 － v 1 2 ＝ 2 a ( d － x 2 ) 可求得 v 2 ＝ 1.8 m/s 根据线框匀速进入磁场时： F 安 ＋ μmg cos 37° ＝ mg sin 37° 可得 F 安 ＝ 0.2 N 可得 B 2 L 2 ＝ 0.01(T 2 ·m 2 ) 拓展训练 5 　 (2019· 安徽安庆市二模 ) 如图 10 所示，两个平行光滑金属导轨 AB 、 CD 固定在水平地面上，其间距 L ＝ 0.5 m ，左端接有阻值 R ＝ 3 Ω 的定值电阻 . 一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量 m ＝ 0.2 kg ，电阻 r ＝ 2 Ω ，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小 B ＝ 4 T 的匀强磁场中， t ＝ 0 时刻，在 MN 上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力 F ，金属杆由静止开始以 a ＝ 2 m/s 2 的加速度向右做匀加速直线运动， 2 s 末撤去外力 F ，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好 .( 不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长 ) 求 ： (1)1 s 末外力 F 的大小 ； 图 10 答案　 2 N 　 解析　 1 s 末，金属杆 MN 的速度大小为 v 1 ＝ at 1 ＝ 2 × 1 m / s ＝ 2 m/ s 金属杆 MN 产生的感应电动势为 E ＝ BL v 1 金属杆 MN 受到的安培力大小 F 安 ＝ BIL 根据牛顿第二定律得 F － F 安 ＝ ma 可得 F ＝ F 安 ＋ ma ＝ 2 N (2) 撤去外力 F 后的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 . 答案　 0.96 J 解析　 2 s 末，金属杆 MN 的速度大小为 v 2 ＝ at 2 ＝ 2 × 2 m /s ＝ 4 m/ s 拓展训练 6 　 (2019· 宁夏银川市高三质检 ) 如图 11 所示，水平放置的 U 形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B ＝ 5 T ，导轨宽度 L ＝ 0.4 m ，左侧与 R ＝ 0.5 Ω 的定值电阻连接，右侧有导体棒 ab 垂直导轨跨放在导轨上，导体棒 ab 质量 m ＝ 2.0 kg ，电阻 r ＝ 0.5 Ω ，与导轨的动摩擦因数 μ ＝ 0.2 ，其余电阻可忽略不计 . 导体棒 ab 在大小为 10 N 的水平外力 F 作用下，由静止开始运动了 x ＝ 40 cm 后，速度达到最大，取 g ＝ 10 m/s 2 . 求 ： (1) 导体棒 ab 运动的最大速度 ； 图 11 答案　 1.5 m/s 　 解析　 导体 棒 ab 垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小： E ＝ BL v 解得最大速度： v m ＝ 1.5 m/s ； (2) 当导体棒 ab 的速度 v ＝ 1 m/s 时，导体棒 ab 的加速度的大小； 答案　 1 m/s 2 　 解析　 当导体棒 ab 的速度 v ＝ 1 m/s 时， 解得： a ＝ 1 m/s 2 ； (3) 导体棒 ab 由静止达到最大速度的过程中，电阻 R 上产生的热量 . 答案　 0.075 J 解得： Q ＝ 0.15 J 本课结束