2020届高考物理二轮复习 专题四 第二讲 电磁感应规律及其应用课件

专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应规律及其应用近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ楞次定律与电磁感应定律的应用2019·T202018·T192017·T182018·T202017·T15电磁感应中的图象问题2019·T212018·T182019·T19电磁感应中的电路和动力学问题2018·T172017·T20电磁感应中的能量问题1．(多选)(2019·全国卷Ⅰ)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[题眼点拨]“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”说明线圈的电阻为R＝ρ2πrS；由图(a)可知线圈一半在磁场中，计算时用有效面积；由图(b)可知磁场随时间均匀变化．解析：根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，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，选项D错误．答案：BC2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()[题眼点拨]“两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放”说明两导体棒进入磁场的速度相同；“PQ进入磁场时加速度恰好为零”说明进入磁场时做匀速运动；“PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止”未说明MN棒是在PQ离开磁场后进入磁场，还是未离开磁场便已进入磁场．解析：PQ进入磁场时做匀速运动则电流I＝BLvR，电流恒定．当PQ离开磁场后MN再进入磁场，MN产生的电流也恒定，故A正确；当PQ未离开磁场，MN便已进入磁场此时产生的电流为0，此段时间内两导体棒均做加速运动，直至PQ离开磁场，此时MN所受安培力大于重力沿轨道方向的分量，做减速运动，故D正确．答案：AD3．(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是()[题眼点拨]“两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动”说明导体棒不受摩擦力，运动过程中满足动量守恒定律；由图知两导体棒共速前受安培力的作用，共速后不受安培力的作用．解析：棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，选项B、D错误．答案：AC4．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)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[题眼点拨]①“开关未闭合时，小磁针处于静止状态”说明右侧线圈无电流，左侧线圈无感应电流，小磁针只受重力和细线拉力；②“开关闭合后的瞬间”说明右侧线圈中的电流瞬间增大，左侧线圈产生感应电流，小磁针在直导线的电流产生的磁场中，小磁针在磁场的作用下发生偏转；③“开关闭合并保持一段时间后”说明右侧线圈有稳定电流，左侧线圈无感应电流，小磁针不动．解析：开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项B、C错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确．答案：AD5．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心，轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻，可绕O转动的金属杆．M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使金属杆从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则B′B等于()A.54B.32C.74D．2[题眼点拨]①“现使金属杆从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)”说明流过OM的电量q1＝BΔSR；②“再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)”说明流过OM的电量q2＝ΔBSR；③“流过OM的电荷量相等”说明q1＝q2.解析：过程Ⅰ回路中磁通量变化ΔΦ1＝14BπR2，设OM的电阻为R0，流过OM的电荷量q1＝ΔΦ1R0＝BπR24R0.过程Ⅱ回路中磁通量变化ΔΦ2＝(B′－B)·12πR2，流过OM的电荷量q2＝ΔΦ2R0＝（B′－B）·πR22R0.由题知q2＝q1，联立解得B′B＝32，选项B正确．答案：B命题特点与趋势1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．2．电磁感应中常涉及B-t图象、Φ-t图象、E-t图象、I-t图象、F-t图象和v-t图象，还涉及E-x图象、I-x图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解．对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高．解题要领1．抓住两个关键：一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感应电流区域的判断．2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题．3．常用思想方法：(1)图象法；(2)等效法；(3)守恒法；(4)模型法．考点1楞次定律与电磁感应定律的应用1．“三个定则”和“一个定律”的比较名称基本现象应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律说明：(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；(4)因磁而生电(Φ、B→I)→楞次定律．2．求解感应电动势常有如下几种情景表达式E＝nΔΦΔtE＝BLvsinθE＝12BL2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝nΔΦΔtE＝BLvsinθE＝12BL2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)意义一般求平均感应电动势，当Δt→0时对应瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)匀强磁场匀强磁场匀强磁场(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．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()A．若圆盘转动的角速度恒定，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D．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[题眼点拨]①切割类可用右手定则判断感应电流的方向；②转动切割感应电动势大小可用E＝12Bl2ω计算．解析：设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝12Br2ω，可知，转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误．答案：AB金属圆盘切割磁感线时，按照一条金属棒转动切割磁感线分析即可．[对点训练]考向楞次定律1.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()解析：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.答案：A考向电磁感应定律2．(2019·榆林模拟)在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，向内的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b2a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度在Δt时间内均匀减小到