（浙江专用版）2020版高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第9讲 电磁感应的综合应用课件

第一部分专题四电路与电磁感应题型1楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用内容索引NEIRONGSUOYIN题型2电磁感应中动力学问题分析题型3电磁感应中的综合问题分析楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用题型11.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.相关知识链接2.求感应电动势的常见情况与方法情景图研究对象回路中磁通量发生变化导体平动切割磁感线导体转动切割磁感线线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动表达式E＝BLvEm＝nBSωE＝nΔΦΔtE＝12BL2ω1.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“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)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”.规律方法提炼2.在应用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS时要注意：S为有效面积，当线圈的面积大于磁场的区域时，磁场的面积为有效面积.例1(多选)(2019·河北唐山市第一次模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是A.保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B.保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C.保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为D.保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为√√kπr2R2kπr2R解析由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针的电流，故B正确；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得：I＝ER＝ΔΦΔtR＝ΔB·SΔt·R＝kSR＝kπr2R，故C正确，D错误.拓展训练1(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(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＝t1的时间间隔内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B0rS4t0ρD.圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0√解析在0～t0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t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝12πr2·B0t0＝B0πr22t0，根据电阻定律可得R＝ρ2πrS，根据欧姆定律可得I＝ER＝B0rS4t0ρ，所以选项C正确，D错误.例2(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动√√解析根据安培定则，开关闭合时铁芯中产生水平向右的磁场.开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确.拓展训练2(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图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，在电梯轿厢上安装永久磁铁，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√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.电磁感应中动力学问题分析题型2电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源.(2)在电源内部电流由负极流向正极.(3)电源两端的电压为路端电压.相关知识链接电磁感应与动力学综合题的解题策略(1)电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图.(2)受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化.(3)过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”.(4)能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.规律方法提炼例3(2019·湖北省稳派教育上学期第二次联考)如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，边长为L的正方形线框abcd放在斜面上，线框的电阻为R，线框的cd边刚好与ef重合.无初速度释放线框，当ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m，重力加速度为g，求：(1)ab边刚好要进入磁场时线框的速度大小；答案mgRsinθB2L2解析由于ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，即重力与安培力平衡根据平衡条件得：mgsinθ＝F安＝B2L2vR解得：v＝mgRsinθB2L2(2)从释放线框到ab边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量.答案BL2R解析线框进磁场的过程中，平均电流为I＝ER根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔΦΔt解得：通过线框横截面的电荷量q＝IΔt＝ΔΦR＝BL2R拓展训练3半径为2r的圆形金属导轨固定在一水平面内，一根长为2r、电阻为R的金属棒OA一端与金属导轨接触良好，另一端固定在中心转轴上，现有方向(俯视)如图所示、大小为B1的匀强磁场，中间半径为r的地方无磁场.另有一水平金属轨导MN用导线连接金属圆环，M′N′用导线连接中心轴，导轨上放置一根金属棒CD，其长度L与水平金属导轨宽度相等，金属棒CD的电阻为2R，质量为m，与水平导轨之间的动摩擦因数为μ，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场B2中，金属棒CD通过细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，细绳伸直、无张力且与CD垂直，重物放置在水平地面上.所有接触都良好，金属棒CD受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他电阻，重力加速度为g.(1)若金属棒OA以角速度ω0顺时针转动(俯视)，求感应电动势及接在水平导轨上的理想电压表的电压(重物未动)；解析感应电动势E＝B1r2ω0r＋ω0r2＝32B1ω0r2感应电流I＝E3R＝B1ω0r22R答案见解析电压表示数UV＝I·2R＝B1ω0r2(2)若金属棒OA顺时针转动(俯视)的角速度随时间变化的关系为ω＝kt，求重物离开地面之前支持力随时间变化的表达式.答案见解析金属棒CD受到的安培力解析电流I＝E3R＝B1ωr22R＝B1kr2t2RF安＝B2IL＝B1B2kLr2t2R重物离开地面之前受力平衡FN＋FT＝mg当F安≤μmg时即t≤2μmgRB1B2kLr2，FT＝0所以FN＝mg当F安μmg时即t2μmgRB1B2kLr2，FT＝F安－μmg所以FN＝mg－B1B2kLr2t2R＋μmg.电磁感应中的综合问题分析题型31.电荷量的求解电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值.由E＝nΔΦΔt、I＝ER总、q＝IΔt联立可得q＝nΔΦR总，与时间无关.2.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.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·浙南名校联盟期末)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面.现有一根电阻为2Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd，连接处接触电阻忽略，cd的宽度L＝0.5m，线圈质量为0.1kg，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，其中0～t1时刻图线是曲线，其他都是直线；并且t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10m/s2).求：(1)线圈匀速运动的速度大小；答案8m/s解析t2～t3时间ab在L3L4内做匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝BERL，F＝mg解得：v2＝mgRB2L2＝8m/s；(2)线圈的长度ad；答案2m解析从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进上方磁场时，cd也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d，有：3d＝v2t－12gt2，t＝t2－t1＝0.6s得：d＝1m，有：ad＝2d＝2m；(3)在0～t1时间内通过线圈横截面的电荷量；答案0.25C解析0～t1时间内，通过线圈横截面的电荷量为q＝ΔΦR＝BdLR＝0.25C；(4)0～t3时间内，线圈ab边产生的热量.答案0.18J解析在0～t3时间内由能量守恒得：线圈产生的热量Q总＝mg·5d－12mv22＝1.8J线圈ab边产生的热量Q＝110Q总＝0.18J.拓展训练4(2019·福建三明市期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4m，其下端连接一个定值电阻R＝4Ω，其他电阻不计.两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T.一质量为m＝0.04kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)导体棒下滑的最大速度大小；答案6m/s解析当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mgsinθ＝BILI＝BLvmR联立解得vm＝6m/s(2)导体棒从静止加速到v＝4m/s的过程中，通过R的电荷量q＝0.2C，则R产生的热量.答案0.16J解析设该过程中电流的平均值为I，则q＝IΔtI＝ERE＝BLxΔt解得Q＝0.16J解得x＝qRBL＝2m由能量守恒定律可得：mgxsinθ＝12mv2＋Q拓展训练5(2019·江苏泰州市