《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題11 電磁感應規(guī)律及其應用學案（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題11 電磁感應規(guī)律及其應用考題一楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用1.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”；(2)阻礙相對運動“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢“增縮減擴”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”.2.楞次定律和右手定則的適用對象(1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形.(2)右手定則：一般適用于導體棒切割磁感線的情形.3.求感應電動勢大小的五種類型(1)磁通量變化型：En.(2)磁感應強度變化型：EnS.(3)面積變化型：EnB.(4)平動切割型：EBlv.(5)轉(zhuǎn)動切割型：EnBl2.注意：公

2、式EnS中的S是垂直于磁場方向的有效面積.例1(2016浙江16)如圖1所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()圖1A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流B.a、b線圈中感應電動勢之比為91C.a、b線圈中感應電流之比為34D.a、b線圈中電功率之比為31解析根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，選項A錯誤；因磁感應強度隨時間均勻增大，設k，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得Ennl2，則()2，選項B正確；根據(jù)I可知，Il，故a、b線圈中感應電流之比為

3、31，選項C錯誤；電功率PIEnl2，則Pl3，故a、b線圈中電功率之比為271，選項D錯誤.答案B變式訓練1.如圖2所示，a、b、c三個線圈是同心圓，b線圈上連接有直流電源E和開關(guān)K，則下列說法正確的是()圖2A.在K閉合的一瞬間，線圈a中有逆時針方向的瞬時電流，有收縮趨勢B.在K閉合的一瞬間，線圈c中有順時針方向的瞬時電流，有收縮趨勢C.在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈c中有感應電流，線圈a中沒有感應電流D.在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢答案D解析K閉合時線圈b中有順時針的電流，根據(jù)右手定則可知內(nèi)部有向里增大

4、的磁場，則a線圈產(chǎn)生阻礙原磁通量變化的電流，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為逆時針，線圈受到向外的安培力，故有擴張的趨勢，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，c中感應電流為逆時針且有收縮的趨勢，故B錯誤；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，兩線圈中均有磁通量的變化，故線圈中均有感應電流，故C錯誤；在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢，故D正確.2.(2016海南4)如圖3，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距.兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流.若()圖3A.金屬環(huán)向上運

5、動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向B.金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向C.金屬環(huán)向左側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向D.金屬環(huán)向右側(cè)直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向答案D解析根據(jù)楞次定律，當金屬圓環(huán)上、下移動時，穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，故沒有感應電流產(chǎn)生，故選項A、B錯誤；當金屬圓環(huán)向左移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向外并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應電流為順時針，故選項C錯誤；當金屬圓環(huán)向右移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向里并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應電流為逆時針，故選項D正確.3.(2016全國甲卷20)法拉第

6、圓盤發(fā)電機的示意圖如圖4所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()圖4A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍答案AB解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，則當圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的

7、電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢EBLBL2，I，恒定時，I大小恒定，大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由PI2R知，當變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯.4.如圖5所示，一根弧長為L的半圓形硬導體棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在豎直平面內(nèi)的U形框架上勻速滑動，勻強磁場的磁感應強度為B，回路中除電阻R外，其余電阻均不計，U形框左端與平行板電容器相連，質(zhì)量為m的帶電油滴靜止于電容器兩極板中央，半圓形硬導體棒AB始終與U形框接觸良好.則以下判斷正確的是()圖5A.油滴所帶電荷量為B.電流自上而下流過電阻RC.A、B間的電勢差UABBLv0D.其他條

8、件不變，使電容器兩極板距離減小，電容器所帶電荷量將增加，油滴將向上運動答案BD解析導體棒AB在水平拉力F作用下向右運動，由右手定則可知，導體棒AB相當于電源，A端是正極，故電流自上而下流過電阻R，B對；導體棒AB的弧長為L，與磁場切割有效長度為，故A、C錯；根據(jù)電容器C，C，兩極板距離d減小，C增大，Q增加，電場強度E增大，油滴將向上運動，D對.考題二電磁感應中的圖象問題解決電磁感應圖象問題的方法技巧(1)解決電磁感應圖象問題的“三點關(guān)注”：關(guān)注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向.關(guān)注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應.關(guān)注大小、方

9、向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程對應.(2)解決電磁感應圖象問題的一般步驟：明確圖象的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等.分析電磁感應的具體過程.用右手定則或楞次定律確定方向?qū)P(guān)系.結(jié)合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式.根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等.畫圖象或判斷圖象.(3)圖象選擇技巧：求解物理圖象的選擇題時可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象.例2(2016四川7)如圖6所示，電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一

10、定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()圖6解析設金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應電動勢EBLv，回路電流Iv，即Iv；安培力F安BILv，方向水平向左，即F安v；R兩端電壓URIRv，即URv；感應電流功率PEIv2，即Pv2.分析金屬棒運動情況，由牛頓運動第二定律可得F0kvvma，即F0(k)vma.因

11、為金屬棒從靜止開始運動，所以F00 .(1)若k，金屬棒水平向右做勻加速直線運動.所以在此情況下沒有選項符合；(2)若k，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關(guān)系可知B選項符合；(3)若kt0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小.答案(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為BSktS由法拉第電磁感應定律有E由歐姆定律得I由電流的定義得I聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時間間隔內(nèi)即tt0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|(2)當tt0

12、時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有FF安式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設此時回路中的電流為I，F(xiàn)安B0lI此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t其中B1SktS由式得，在時刻t(tt0)，穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為Et由歐姆定律得I聯(lián)立式得F(B0lv0kS).10.如圖9所示，寬L2 m、足夠長的金屬導軌MN和MN放在傾角為30的斜面上，在N與N之間連接一個R2

13、.0 的定值電阻，在AA處放置一根與導軌垂直、質(zhì)量m0.8 kg、電阻r2.0 的金屬桿，桿和導軌間的動摩擦因數(shù)，導軌電阻不計，導軌處于磁感應強度B1.0 T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.用輕繩通過定滑輪將電動小車與桿的中點相連，滑輪與桿之間的連線平行于斜面，開始時小車位于滑輪正下方水平面上的P處(小車可視為質(zhì)點)，滑輪離小車的高度H4.0 m.啟動電動小車，使之沿PS方向以v5.0 m/s的速度勻速前進，當桿滑到OO位置時的加速度a3.2 m/s2，AA與OO之間的距離d1 m，求：圖9(1)該過程中，通過電阻R的電量q；(2)桿通過OO時的速度大小；(3)桿在OO時，輕繩的拉力大小

14、；(4)上述過程中，若拉力對桿所做的功為13 J，求電阻R上的平均電功率.答案(1)0.5 C(2)3 m/s(3)12.56 N(4)2 W解析(1)平均感應電動勢qt代入數(shù)據(jù)，可得：q0.5 C(2)由幾何關(guān)系：Hd解得：sin 0.853桿的速度等于小車速度沿繩方向的分量：v1vcos 3 m/s(3)桿受的摩擦力Ffmgcos 3 N桿受的安培力F安BIL代入數(shù)據(jù)，可得F安3 N根據(jù)牛頓第二定律：FTmgsin FfF安ma解得：FT12.56 N(4)根據(jù)動能定理：WW安mgdsin Ffdmv解得W安2.4 J，電路產(chǎn)生的總電熱Q總2.4 J那么，R上的電熱QR1.2 J此過程所用的時間t0.6 sR上的平均電功率 W2 W.22