高考物理大二轮复习与增分策略 专题七 电磁感应与电路 第1讲 电磁感应问题课件

第1讲电磁感应问题专题七电磁感应和电路知识回扣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)阻碍_的变化(自感现象).2.感应电动势的计算原电流相对运动答案平均答案(2)导体棒垂直切割磁感线：EBlv，主要用于求电动势的_值.(3)如图1所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线，产生的电动势E_. 瞬时图13.感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时，在t时间内迁移的电荷量阻R和_的变化量决定，与发生磁通量变化的时间t无关.磁通量答案焦耳定律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.规律方法解决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高考题型3电磁感应电路问题高考题型4综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题高考题型2电磁感应图象问题内容索引高考题型1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用解析例1 (多选)(2016全国甲卷20)法拉第圆盘发电机的示意图如图1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 图1解析解析将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；解析预测1(多选)如图2所示，由一段外皮绝缘的导线扭成两个半径为R和r的闭合回路，Rr，导线单位长度的电阻为A，导线截面半径远小于R和r.圆形区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小随时间按Bkt(k0，为常数)的规律变化的磁场，下列说法正确的是() 图2解析解析根据穿过整个回路的磁通量增大，依据楞次定律，及Rr，则大圆环中电流的方向为逆时针，小圆环中电流的方向为顺时针，故A错误，B正确；图3解析返回解析解析根据楞次定律，线框中产生的感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；B增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场为了阻碍磁通量的增加，线框有收缩的趋势，故B错误；返回高考题型2电磁感应图象问题解题方略解题方略对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面：1.注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何.2.注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应.3.注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应.解析例2如图4所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属线框电阻为R，边长为L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场.规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q，其中Pt图象为抛物线，则上述物理量随时间变化的关系正确的是() 图4预测3(多选)如图5所示，在0 xL和2Lx3L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，具有一定电阻的正方形线框abcd边长为2L，位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合.令线框从t0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)、bc两端电势差Ubc随时间t的函数图象大致是下图中的()图5解析bc两端电势差UbcIR，bc为外电路，故电势差变化和电流变化相同，C正确，D错误.预测4(多选)如图6甲所示，在水平面上固定宽d1 m的金属“U”型导轨，右端接一定值电阻R0.5 ，其余电阻不计.在“U”型导轨右侧a0.5 m的范围存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示.在t0时刻，质量m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从距导轨右端b2 m开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数0.1，不计地球磁场的影响，g10 m/s2.用E、I、P、Q分别表示4 s内回路中的电动势大小、电流大小、电功率及电热，则下列图象正确的是()图6解析返回解析解析因为在进入磁场前回路中没有电流产生，并且02 s内磁感应强度不变化，回路的磁通量不变化，没有感应电动势产生，故不会从t0时刻就产生电热，D错误；返回高考题型3电磁感应电路问题解题方略解题方略例3均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图7所示.线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行.重力加速度为g.当cd边刚进入磁场时，(1)求线框中产生的感应电动势大小； 图7解析答案(2)求cd两点间的电势差大小；解析答案(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件.解析答案根据牛顿第二定律：mgFma预测5(多选)直角三角形金属框abc放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上.若金属框绕ab边向纸面外以角速度匀速转动90(从上往下看逆时针转动)，如图8甲所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q.若金属框绕bc边向纸面内以角速度匀速转动90，如图乙所示，c、a两点的电势差为Uca，通过ab边的电荷量为q.已知bc、ab边的长度都为l，金属框的总电阻为R.下列判断正确有是()图8解析解析预测6如图9所示，平行极板与单匝圆线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，单匝线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计.在圆中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀增加，有一个带电粒子静止在极板之间，带电粒子质量为m、电量为q.则下列说法正确的是() 图9返回解析解析穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板电势高，下极板电势低，板间存在向下的电场，粒子受到竖直向下的重力而静止，因此粒子受到的电场力方向向上，电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，故A错误；解析保持开关闭合，则极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致间距减小，那么电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关S，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，故粒子静止不动，故D错误.返回高考题型4综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例4如图10所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R0、轨道间距为L11 m，轨道电阻不计.水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B11 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中，如图所示.在轨道上有两长度稍大于L1、质量均为m2 kg、阻值均为R0.5 的金属棒a、b，金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M1 kg、边长为L20.2 m、电阻r0.05 的正方形金属线框相连.金属棒a从轨道最高处开始，在外力作用下以速度v05 m/s沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止.当金属棒a到达最低点MN处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h1 m处的水平匀强磁场B3中，图10解析答案解析解析对金属棒b，由受力平衡MgB1IL1由a、b金属棒和导轨组成的闭合回路，有联立方程，代入数值求得B22 T答案答案2 T解析答案(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a上产生的焦耳热Q；联立方程，代入数值求得Q2 J答案答案2 J解析答案(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q110.875 J，则磁场的高度H为多少.在完全出磁场的瞬间，由受力平衡，得MgB3I3L2联立方程，代入数值求得H1.2 m答案答案1.2 m预测7(多选)如图11所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(Ld)，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边始终水平，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0.则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)，以下说法正确的是() 图11解析解析解析线圈在下落过程中分别经过图中的四个位置：1位置cd边刚进入磁场，2位置ab边进入磁场，3位置cd边刚出磁场，4位置ab边刚出磁场，根据题意1、3位置速度为v0；2到3位置磁通量不变，无感应电流，线圈只受重力，做加速度为g的匀加速运动；结合1、3位置速度相同，可知1到2减速，2到3匀加速，3到4减速，并且1到2减速与3到4减速所受合力相同，运动情况完全相同.对线圈由1到3位置用动能定理：mgdWEk0，W为克服安培力所做的功，根据能量守恒定律，这部分能量转化为电能(电流所做的功)，所以线圈由1到3位置电流做功为mgd；线圈由1到3位置过程中只有线圈由1到2位置有电流，所以线圈解析预测8(2016浙江理综24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图12所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻.在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T.质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m.一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，图12解析答案不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；答案答案2.4 m/s解析解析感应电动势EBlv安培力FAIBl解析答案(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；答案答案48 N解析答案返回(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析解析健身者做功WF(sd)64 J又Fmgsin FA0CD棒在磁场区做匀速运动焦耳热QI2Rt26.88 J.答案答案64 J26.88 J