通用版2020版高考物理二轮复习专题六电磁感应和电路第1课时电磁感应讲义

1、第1课时电磁感应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20151卷19,2卷1515(1)19题15(2)15题16(2)20题16(3)21题17(1)18题17(2)20题17(3)15题18(1)17题18(1)19题18(2)18题18(3)20题19(1)20题20162卷20,3卷2120171卷18,2卷20,3卷1520181卷17、19,2卷18,3卷2020191卷20,3卷14电磁感应中动力学问题分析20161卷24,2卷2416(1)24题16(2)24题电磁感应中的动力学和能量问题20163卷2516(3)25题1楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍

2、磁通量的变化(增反减同)(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势(增缩减扩)(4)阻碍原电流的变化(自感现象)2感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：En，常用于计算感应电动势的平均值若B变，而S不变，则EnS；若S变，而B不变，则EnB.(2)导体棒垂直切割磁感线：EBlv，主要用于求感应电动势的瞬时值(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EBl2.图13感应电荷量的计算回路中磁通量发生变化时，在t时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为qIttntn.可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量决

3、定，与发生磁通量变化的时间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，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算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

4、系，并判断系统动量是否守恒.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(1)En，用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量(2)EBlv或EBl2，主要用来计算感应电动势的瞬时值例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()图2A当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B

5、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在阻碍电梯下落答案B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

6、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()图3Ac点电势高于d点电势Bc点电势低于d点电势C感应电流方向由c受电线圈dD感应电流方向由d受电线圈c答案BC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

7、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、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t0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t0到tt1的时间间隔内()图4A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答案BC解析在0t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次

8、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t0t1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；根据法拉第电磁感应定律得Er2，由R可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误拓展训练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12s内()图5AM板带正电，且电荷量增加BM板带正电，且电荷量减

9、小CM板带负电，且电荷量增加DM板带负电，且电荷量减小答案A解析在12s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B0、t0均为已知

10、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6At0时刻，ab边受到的安培力大小为B0t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcbC0t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为D0t0时间内，导线框产生的热量为答案AD解析由法拉第电磁感应定律得，EL2L2，通过导线框的感应电流大小为：I，t0时刻，ab边所受安培力大小为：FB0IL，故A正确；根据楞次定律，可知，0t0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda，故B错误；0t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为：q，故C错误；由焦耳定律得，0t0时间内导线框产生的热量为：Q，故D正确.例3(2019河南名校联盟高三下学期2

11、月联考)相距L1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m11kg的金属棒ab和质量为m20.27kg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0.75，两棒总电阻为1.8，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g10m/s2)图7(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)

12、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t0，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(1)经过时间t，金属棒ab的速率vat此时，回路中的感应电流为I对金属棒ab，由牛顿第二定律得FBILm1gm1a由以上各式整理得：Fm1am1gat在图线上取两点：t10，F111N；t22s，F214.6N代入上式得a1m/s2，B1.2T(2)在第2s末金属棒ab的速率v2at22m/s所发生的位移xat222m由动能定理得WFm1gxW安m1v22又QW安联立以上方程，解得Q18J.(3)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

13、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m2gFN又FNF安F安BILI，vmat0整理解得t02sFfcd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()图8A在ab进入上部磁场过程中的电流方向为adcbaB当ab边刚越过边界ff时，线框的加速度为g

14、sinCab边进入下部磁场再次做匀速运动的速度为vD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答案AC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；当线框在上部磁场中匀速运动时：F安mgsin，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：4F安mgsinma，解得线框的加速度为a3gsin，选项B错误；当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时：2BLmgsin，解得vv，选项C正确；由能量关系可知，从ab边进入磁场

15、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.1电荷量的求解电荷量qIt，其中I必须是电流的平均值由En，I，qIt联立可得qn，与时间无关2求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt.(2)功能关系：QW克服安培力(3)能量转化：QE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37，一宽为d0.65m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

16、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、均为直线段已知线框的质量为m0.1 kg，电阻为R0.06 .(取g10 ms2，sin 370.6，cos 370.8)求：图9(1)线框与斜面间的动摩擦因数；(2)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；(3)线框穿越磁场的过程中，线框中的最大电功率Pm.答案(1)0.5(2)s(3)0.54W解析(1)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E1Wf1mgx1cos37其中x10.36m；E1(1.0000.856) J0

17、.144J解得0.5(2)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v1v122ax1mgsin37mgcos37ma解得a2m/s2，v11.2 m/sE2Wf2W安(FfF安)x2其中E2(0.8560.736)J0.12J，FfF安mgsin370.6N，x2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x20.2m，则tss(3)线框刚出磁场时速度最大，设为v2，此时线框内电功率最大，PmI2R由v22v122a(dx2)可求得v21.8m/s根据线框匀速进入磁场时：F安mgcos37mgs

18、in37可得F安0.2N又因为F安BIL可得B2L20.01(T2m2)将v2、B2L2代入可得：Pm0.54W.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L0.5m，左端接有阻值R3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m0.2kg，电阻r2，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B4T的匀强磁场中，t0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a2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s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，

19、导轨足够长)求：图10(1)1s末外力F的大小；(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热答案(1)2N(2)0.96J解析(1)1s末，金属杆MN的速度大小为v1at121m/s2 m/s金属杆MN产生的感应电动势为EBLv1金属杆MN中的感应电流大小I金属杆MN受到的安培力大小F安BIL联立得F安1.6N根据牛顿第二定律得FF安ma可得FF安ma2N(2)2s末，金属杆MN的速度大小为v2at222m/s4 m/s撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Qmv0.242J1.6J电阻R上产生的焦耳热QRQ1.6J0.96J.拓展训练6(2019宁夏银川市高三质检)

20、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B5T，导轨宽度L0.4m，左侧与R0.5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m2.0kg，电阻r0.5，与导轨的动摩擦因数0.2，其余电阻可忽略不计导体棒ab在大小为10N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x40cm后，速度达到最大，取g10m/s2.求：图11(1)导体棒ab运动的最大速度；(2)当导体棒ab的速度v1m/s时，导体棒ab的加速度的大小；(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(1)1.5 m/s(2)1 m/s2(3)0.075

21、 J解析(1)导体棒ab垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：EBLv由闭合电路欧姆定律得：I可得导体棒受到的安培力：F安BIL当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：mgF解得最大速度：vm1.5m/s；(2)当导体棒ab的速度v1m/s时，由牛顿第二定律得：Fmgma解得：a1m/s2；(3)在整个过程中，由能量守恒定律可得：FxQmgxmvm2解得：Q0.15J所以QRQ0.075J.专题强化练(限时40分钟)1.(多选)(2019广东广州市4月综合测试)如图1，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置闭合开关S，下列判断正确的是(

22、)图1A电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点C若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动D若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动答案AC解析闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，选项A正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点，选项B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，选项C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，选项D错误2.(多选)(20

23、19广东揭阳市第一次模拟)如图2所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内在电流I增大的过程中，下列判断正确的是()图2A金属环中无感应电流产生B金属环中有逆时针方向的感应电流C悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力答案BC解析由安培定则知，弯曲成“”形的导线中电流在金属环C处产生的磁场方向垂直纸面向里，因电流逐渐增大，由楞次定律知，金属环C中感应电流的方向为逆时针，由左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于导线弯曲成“”形，所以金属环下边圆弧受到的安培力较小，因此导致悬挂金属环C的竖直线的拉力增

24、大，且大于环的重力，故B、C正确，A、D错误3(多选)(2019湖北武汉市调研)如图3甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)t0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是()图3A线框中产生大小、方向周期性变化的电流BMN边受到的安培力先减小后增大C线框做匀加速直线运动D线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失答案BC解析穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增大，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因B的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而B的大小先减小后增大

25、，根据FBIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受到的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误4.(2019安徽蚌埠市第三次质量检测)如图4所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2i1)，则下列图象中正确的是()图4答案C解析当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感

26、元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误5(2019河南南阳市上学期期末)如图5甲所示，边长为L0.1m的10匝正方形线框abcd处在变化的磁场中，在线框d端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示(规定垂直纸面向外为磁场的正方向)，下列说法正确的是()图5At3s时线框中的磁通量为0.03WbBt4s时线框中的感应电流大小为零Ct5s时通过线框中的电流将反向Dt8s时通过线框中的电流沿逆时针方向答案C解析由磁通量的定义可知t3 s时穿过线框的磁通量为B0L20.

27、003 Wb，故A错误；t4 s时，由法拉第电磁感应定律知EnnL2100.01 V0.03 V，所以线框中的感应电流为I，故B错误；由楞次定律可知，35 s，线框中的感应电流为逆时针方向，511 s，线框中的感应电流为顺时针方向，故t5 s时通过线框中的电流将反向，故C正确，D错误6.(多选)(2019河南平顶山市一轮复习质检)如图6所示，边长为L的正三角形金属线框处于匀强磁场中，开始时线框平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度为B，让线框以AB边为轴以角速度在磁场中匀速转过180的过程中，则()图6A穿过线框导线横截面的电荷量为0B线框中的感应电流方向先沿ACBA后沿ABCAC线框中的平均感应电

28、动势为D线框中感应电动势的有效值为答案CD解析由楞次定律可知，线框转过180的过程中，感应电流方向始终沿ACBA，说明穿过线框导线横截面的电荷量不为零，故A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：，故C正确；线框中感应电动势峰值：EmBSBLLsin60，线框匀速转动产生正弦式交变电流，感应电动势的有效值：E，故D正确7.(多选)(2019山东烟台市第一学期期末)如图7所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧

29、相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触则下列说法中正确的是()图7A当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到QB当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为C导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为EpD若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为答案ACD解析由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为时，弹簧弹力为mgsin，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件得：mgsinkx，弹簧伸长量：x，由能量守恒定律得：mgxsinQEp，解得：QEp，故C正确；导体棒第一次到达MN处时，弹簧的弹力：kxmgsin，此时导体棒受到的安培力为FBIL，对导体棒，由牛顿第二定律得：kxmgsinma，解得：a，故D正确8.(2019江西南昌市一模)如图8所示，在倾角37的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b