高考二轮总复习课件物理专题4电路与电磁感应第2讲电磁感应规律及综合应用

第二讲电磁感应规律及综合应用专题四2023内容索引0102核心考点聚焦微专题•热考命题突破【知识网络建构】

核心考点聚焦考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用核心归纳命题角度1

感应电流方向的判定(1)楞次定律:一般用于线圈面积不变,磁感应强度发生变化的情形。楞次定律中“阻碍”的四种形式:①阻碍原磁通量的变化;增反减同②阻碍物体间的相对运动;来拒去留③阻碍线圈面积的变化; 增缩减扩④阻碍原电流的变化(自感现象)。

增反减同(2)右手定则:一般用于导体棒切割磁感线的情形。命题角度2

感应电动势的求解(1)感生电动势命题角度3

感应电荷量的两种求法(1)当回路中的磁通量发生变化时,由于感应电场的作用使电荷发生定向移深化拓展“三定则、一定律”的比较

定则或定律适用的现象因果关系安培定则电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场因电生磁左手定则1.安培力——磁场对电流的作用力;2.洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力因电受力右手定则导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象因动生电楞次定律闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象因磁生电典例剖析例1(命题角度1、2)(2022重庆质检)一种手压式环保节能手电筒的结构示意图如图甲所示,使用时,迅速按压手柄,灯泡(可视为纯电阻)就能发光,这种不需要干电池的手电筒利用了电磁感应现象。其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图乙、丙所示。假设图乙中的转动装置由金属内圈和金属外圈构成,内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab,灯泡通过电刷分别跟内、外线圈相连接(图乙中未画出)。整个转动装置固定在转动轴上,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直线圈平面(纸面)向里。图丙中的齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上,B、C齿轮同心固定,C轮边缘与手柄相啮合,A、B齿轮边缘相啮合,手柄重力忽略不计。下列说法正确的是(

)A.向下压手柄时,齿轮C逆时针转动B.转动装置随A齿轮逆时针转动时,电流由a流向bC.手柄向下和向上运动时流过ab杆的电流方向相同D.流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比D解析

由丙图可知,向下压手柄时,齿轮C顺时针转动,A错误;转动装置随A齿轮逆时针转动时,金属条ab逆时针转动切割磁感线,回路闭合,由右手定则知电流由b流向a,B错误;手柄向下和向上运动时,A齿轮转动方向相反,流对点训练1.(命题角度1、2)(2022北京西城二模)如图甲所示,将线圈套在长玻璃管上,线圈的两端与电流传感器相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放,磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。甲乙下列说法正确的是(

)A.t1~t3时间内,磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下B.若将磁铁两极翻转后重复实验,将先产生负向感应电流,后产生正向感应电流C.若将线圈的匝数加倍,线圈中产生的电流峰值也将加倍D.若将线圈到玻璃管上端的距离加倍,线圈中产生的电流峰值也将加倍B解析

根据楞次定律的“来拒去留”可知,t1~t3时间内,磁铁受到线圈的作用力方向一直向上,故A错误;若将磁铁两极翻转后重复实验,则圆环内磁通量方向相反,根据楞次定律可知,将先产生负向感应电流,后产生正向感应电流,故B正确;若将线圈的匝数加倍,,因为电阻也加倍,线圈中产生的电流峰值不会加倍,故C错误;若将线圈到玻璃管上端的距离加倍,如果没有安培力,则根据动能定理有mgh=mv2,高度加倍,速度并非变为原来的2倍,实际存在安培力做负功,速度不是原来的2倍,则线圈中产生的电流峰值不会加倍,故D错误。2.(命题角度2)(多选)(2022山东卷)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为

l的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为l的正方形金属框绕其始终在O点的顶点,在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(

)BC3.(命题角度2、3)(多选)(2022广东广州三模)一跑步机的原理图如图所示,该跑步机水平底面固定有间距L=0.8m的平行金属电极,电极间充满磁感应强度大小B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场,且接有理想电压表和阻值为8Ω的定值电阻R,绝缘橡胶带上镀有电阻均为2Ω的平行细金属条,金属条间距等于电极长度d且与电极接触良好,导线电阻不计。某人跑步时,橡胶带匀速运动,电压表的示数为0.8V,则(

)A.通过电阻R的电流为0.08AB.细金属条的速度大小为2.5m/sC.人克服细金属条所受安培力做功的功率为0.2WD.每2s内通过电阻R的电荷量为0.2CBD解析

由题知单根细金属条电阻r=2

Ω,橡胶带匀速运动时,始终只有一根细金属条在切割磁感线,其产生的电动势E=BLv,电压表测量R两端电压,由题知其示数为0.8

V,即U=

·R=0.8

V,解得E=1

V,v=2.5

m/s,通过电阻R的电流I=

=0.1

A,A错误,B正确;人克服细金属条所受安培力做功的功率P=Fv=BILv=0.1

W,C错误;每2

s内通过电阻R的电荷量q=It=0.1×2

C

=0.2

C,D正确。考点二电磁感应中的图像问题核心归纳命题角度1

由电磁感应过程画图像(1)分析电磁感应过程;(2)明确物理量变化规律;(3)判断图像正误。命题角度2

由图像分析电磁感应过程(1)看清图像纵、横轴意义;(2)明确物理量变化规律;(3)还原电磁感应过程。深化拓展1.电磁感应图像问题的“三点关注”(1)关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向。(2)关注过程,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像变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势,看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2.电磁感应图像问题的“两种技法”最快捷的方法(1)排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,排除错误的选项。最有效的方法(2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图像作出分析和判断。典例剖析例2(命题角度1)(多选)(2022湖南岳阳二模)如图所示,两条光滑平行金属导轨水平固定,导轨电阻忽略不计,虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间存在垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN平行于ab放置在导轨上,两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对PQ、MN施加相同的恒力F,先后自导轨上同一位置由静止开始运动。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,PQ的运动速度v、流过PQ的电流I随时间t变化的图像可能正确的是(

)ACD解析

若PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,PQ进入磁场时加速度恰好为零,则F=BIL,PQ在磁场内做匀速运动,由于PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,PQ上的安培力消失,PQ将在外力F的作用下做匀加速运动;若PQ未离开磁场时,MN已进入磁场,根据题意可知MN进入磁场时与PQ速度相等,则两棒产生的电动势等大反向,故电流为零,则两棒在外力F的作用下做匀加速运动,PQ棒离开磁场后继续做匀加速运动,故B错误,A正确。PQ进入磁场时加速度恰好为零,则F=BIL,可知I=,PQ在磁场内做匀速运动,则电流不变,当PQ离开磁场时,MN还未进入磁场,则电流为零,当MN进入磁场,根据题意可知MN进入磁场时与PQ进入磁场时速度相等,且做匀速运动,则流过PQ的电流大小不变,根据右手定则可知,流过PQ的电流反向,故C正确。PQ进入磁场时加速度恰好为零,PQ在磁场内做匀速运动,则电流不变,当PQ未离开磁场时,MN已进入磁场,根据题意可知MN进入磁场时与PQ速度相等,则两棒产生的电动势等大反向,故电流为零,则两棒在外力F的作用下做匀加速运动,PQ棒离开磁场时,对于MN有安培力大于外力F,则BI1L-F=ma,MN减速,且a减小,则电流逐渐减小且非均匀变化,根据右手定则可知,流过PQ的电流反向,故D正确。对点训练4.(命题角度1)(2022上海徐汇二模)如图所示,载有固定条形磁铁的小车沿倾斜直轨道依次穿过三个完全相同且等间距排列的线圈,该过程中a、b两点间电压U随时间t变化的图线可能为(

)A解析

由题意可得,小车沿倾斜直轨道做匀加速直线运动,所以经过相邻两个线圈的时间越来越小,且随着小车速度增大,穿过三个线圈的磁通量变化率逐渐增大,即最大感应电动势逐渐增大,且随着小车速度增大,穿过三个线圈的时间变小,则出现感应电动势的时间也逐渐减小,故A正确。5.(命题角度2)如图甲所示,水平面内虚线MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧沿垂直MN的方向进入匀强磁场区域,线框中的电流随时间变化的i-t图像如图乙所示,则线框的形状可能是(

)B解析

导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I=,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,再不变,后均匀变小,由于B、v、R是定值,由上式知I与有效切割长度成正比,则导体棒的有效长度L应先均匀变大,再不变,后均匀变小,故A、C、D错误,B正确。考点三电磁感应中的动力学、动量和能量问题核心归纳命题角度1

电磁感应中的动力学问题命题角度2

电磁感应中的能量、动量问题(1)分析“受力”:分析研究对象的受力情况,特别关注安培力的方向。(2)分析“能量”:搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了变化,根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。(3)分析“动量”:在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。深化拓展求焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流、电阻不变的情境。(2)功能关系:Q=W克服安培力,电流变与不变都适用。(3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量),电流变与不变都适用。典例剖析例3(命题角度2)(2022山东烟台一模)有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落,如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B,二者宽度分别为L、H,且H>L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ,一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ,重力加速度为g,下列说法正确的是(

)B.导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g,方向竖直向上C.导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgHD.导线框从完全进入区域Ⅱ到开始离开区域Ⅱ的过程中做匀速运动C导线框恰好匀速进入区域Ⅰ,故线框在区域Ⅰ中以速度v匀速运动,设线框完全离开磁场Ⅰ时速度为v',从完全离开区域Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程焦耳热为Q=mgH,C正确;从完全进入区域Ⅱ到开始离开区域Ⅱ的过程,导线框加速度为g,D错误。对点训练6.(命题角度2)(多选)(2022广东联合测评)2021年7月25日,台风“烟花”登陆上海后,“中国第一高楼”上海中心大厦上的阻尼器开始出现摆动,给大楼进行减振。该阻尼器首次采用了电涡流技术,底部附着永磁铁的质量块摆动通过导体板上方时,导体板内产生电涡流。关于阻尼器,下列说法正确的是(

)A.阻尼器摆动时产生的电涡流源于电磁感应现象B.阻尼器摆动时产生的电涡流源于外部电源供电C.阻尼器最终将机械能转化为内能D.质量块通过导体板上方时,导体板的电涡流大小与质量块的速率无关

AC解析

阻尼器摆动时,永磁铁通过导体板上方使其磁通量发生变化,从而在导体板中产生电涡流,这属于电磁感应现象,故A项正确,B项错误;通过阻碍质量块和永磁铁的运动,阻尼器将动能转化为电能,并通过电流做功将电能最终转化为焦耳热,故C项正确;质量块通过导体板上方时的速度越大,磁通量变化越快,产生的感应电动势和感应电流也越大,故D项错误。7.(命题角度1、2)(多选)(2021全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈,两线圈的质量相等,但所用导线的横截面积不同,甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落,一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域,磁场的上边界水平,如图所示。不计空气阻力,已知下落过程中线圈始终平行于纸面,上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前,可能出现的是(

)A.甲和乙都加速运动 B.甲和乙都减速运动C.甲加速运动,乙减速运动 D.甲减速运动,乙加速运动AB当重力大于安培力时,甲和乙都做加速运动,A正确;当重力小于安培力时,甲和乙都做减速运动,B正确;甲和乙受力情况相同,合力相同,要么都加速,要么都减速,不可能一个加速,一个减速,C、D错误。微专题•热考命题突破命题篇新教材、新高考、新情境电磁感应现象中的STSE问题情境解读电磁感应现象中的STSE问题往往以科技、日常生活新情境为素材,如磁电式转速传感器、浮桶式灯塔、电子感应加速器、无线充电技术、电磁刹车等从电磁感应现象切入,考查动力学、能量、动量和电学知识等一个或多个知识点。考向分析电磁感应现象是高考的必考知识,一般综合考查以下三个方面的问题:(1)电磁感应中的电路问题,主要考查等效电路的模型建构,题目涉及感生电动势和动生电动势;(2)电磁感应中的力学问题,主要涉及两大研究对象——电学对象和力学对象;(3)电磁感应中的能量问题。高考中的电磁感应问题,经常与图像、力和运动、功和能量等联系在一起考查,题目难度较大。案例探究例1(2022湖北八市二模)小明模仿科技小视频制作电磁“小车”:用铜制裸导线绕制成长螺线管当作轨道,固定在水平桌面上;将两个磁性很强的磁铁固连在一节新干电池的两极上,制成“小车”,磁极与电极如图所示。把“小车”从左侧入口完全推入螺线管,“小车”并没有像视频那样向前运动。以下说法正确的是(

)A.电磁“小车”工作原理是螺线管中产生了电磁感应现象B.若将“小车”从右侧入口完全推入,“小车”可能会向前运动C.若将左端磁铁反向与电池固连后从左侧入口完全推入,“小车”可能会运动D.将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中,“小车”可能会运动B解析

两磁极间的磁感线如图甲所示,干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路,在两磁极间的线圈中产生电流,左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流。从左侧看,线圈中电流方向如图乙所示,由左手定则可知,中间线圈所受的安培力向右,根据牛顿第三定律可知小车向左加速,显然该小车前进不是利用电磁感应原理,因为小车受向左的作用力,则把“小车”从左侧入口完全推入螺线管肯定不会向右运动,而若将“小车”从右侧入口完全推入,“小车”可能会向前运动,故A错误,B正确;若将左端磁铁反向与电源固连,则磁感线不会向外发散,两部分受到方向相反的力,合力为零,不能加速运动,故C错误;将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中,在螺线管中不会产生闭合电流,则“小车”不会受到力的作用,则不可能会运动,故D错误。角度拓展1(2022江苏南京盐城二模)汽车上使用的电磁制动装置的示意图如图所示。电磁制动是一种非接触的制动方式,其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是(

)A.制动过程中,导体不会产生热量B.如果导体反向转动,此装置将不起制动作用C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关D.线圈电流一定时,导体运动的速度越大,制动力就越大D解析

电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,电流流过电阻时会产生热量,A错误;如果改变线圈中的电流方向,铁芯产生的磁感线的方向变为反向,此时产生的涡流方向也相反,根据安培力的公式,电流和所处的磁场方向同时反向,安培力方向不变,故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B错误;线圈中电流越大,则产生的磁场越强,则转盘转动产生的涡流越强,则制动器对转盘的制动力越大,C错误;线圈电流一定时,导体运动的速度越大,转盘转动产生的涡流越强,制动力就越大,D正确。角度拓展2

(2022广东普通高中一模)浮桶式灯塔模型如图甲所示,其由带空腔的磁体和一个连着灯泡的线圈组成,磁体在空腔产生的磁场如图乙所示,磁体通过支柱固定在暗礁上,线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,则下列说法正确的是(

)A.当海面平静时,灯泡稳定发光B.当海水水平匀速流动时,灯泡稳定发光C.海水上下震荡幅度越大,灯泡发光越亮D.海水上下震荡速度越快,灯泡发光越亮D解析

当海面平静时,线圈静止不动,不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,故A错误;当海水水平匀速流动时,线圈不切割磁感线,不产生电动势,灯泡不亮,故B错误;线圈随海水上下震荡,切割磁感线产生的电动势E=nBlv,可知电动势的大小与海水上下的震荡速度有关,与震荡幅度无关,v越大,E越大,则灯泡越亮,故C错误,D正确。角度拓展3

(2022浙江卷)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术,我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究,如图1所示,用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定,线圈带动动子,可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中,其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通,恒流源与线圈连接,动子从静止开始推动飞机加速,飞机达到起飞速度时与动子脱离;此时S掷向2接通定值电阻R0,同时施加回撤力F,在F和磁场力作用下,动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示,在t1至t3时间内F=(800-10v)N,t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s,t1=1.5s,线圈匝数n=100,每匝周长l=1m,飞机的质量M=10kg,动子和线圈的总质量m=5kg,R0=9.5Ω,B=0.1T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响,求:

图1

图2(1)恒流源的电流I;(2)线圈电阻R;(3)时刻t3。答案

(1)80A(2)0.5Ω解析

(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安=nBIl此时安培力为F安'=nBI'l此时根据牛顿第二定律有从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量,根据动量定理有-nBlΔq=0-ma'(t3-t2)联立可得(t3-t2)2+(t3-t2)-1=0命题篇经典物理模型电磁感应中的“杆+导轨”模型模型建构“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型,导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜,杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等。(一)单杆模型(二)双杆模型

物理模型“双杆”模型分为两类:一类是“一动一静”,甲杆静止不动,乙杆运动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止,受力平衡。另一种情况是两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减考向分析“杆+导轨”模型是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情境变化空间大,也是复习中的难点。此类试题可以很好地考查力与运动的相互观念,一般会与动量定理、动量守恒定律、动能定理、焦耳定律、功能关系、能量守恒定律等联系在一起,进而考查学生综合分析问题的能力。案例探究例2(2022广东广州月考)舰载飞机着舰时利用电磁阻拦使它快速停止,电磁阻拦技术原理如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,两根相距为d、电阻不计的平行导轨MN、PQ固定在水平面内,导轨端点MP间接有阻值为R的电阻。一长为d、质量为m、阻值为R的金属棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,ab与轨道接触良好。质量为m0的飞机以水平速度v0瞬间钩住ab棒后关闭动力系统且获得共同的速度,飞机和ab棒在安培力作用下停下来。不计一切摩擦。求:(1)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值;(2)从飞机钩住金属棒到它们停下来的整个过程中运动的距离x。解析

(1)设飞机瞬间钩住ab棒后关闭动力系统获得的共同速度为v,根据动量守恒定律有m0v0=(m0+m)v此时由安培力产生的加速度最大,根据牛顿第二定律有角度拓展4(多选)(2021福建卷)如图所示,P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻,两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场,速度大小均为v0;一段时间后,流经a棒的电流为0,此时t=t2,b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b以相同材料制成,长度均为L,电阻分别为R和2R,a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,a、b棒没有相碰,则(

)B.t2时刻b棒的速度为0C.t1~t2时间内,通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍AD解析

在t=t1时刻,两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场,速度大小均为v0,由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电动势和感应电流方向都是逆时针方向,产生的感应电动势都是BLv0,由闭合电路欧姆定律由于金属棒a、b串联构成回路,所以在t1~t2时间内,通过a棒的电荷量与b棒相同,C错误;由于金属棒a、b电阻分别为R和2R,金属棒a、b串联构成回路,二者电流相等,由焦耳定律可知金属棒a、b产生的焦耳热之比为1∶2,设t1~t2时间内,a棒产生的焦耳热为Q,则b棒产生的焦耳热为2Q,由电阻定律可知,金属棒a的横截面积为b的2倍,体积为b的2倍,质量为b的2倍,即b的质量为0.5m。t=t2时刻流经a棒的电流为0,说明金属棒a、b具有共同速度,由动角度拓展5(2022广东广州二模)如图所示,不计电阻的金属导轨AOCD和A'O'C'D'放置在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。竖直平面AOC与A'O'C'的距离为L,θ=45°;DCOO'C'D'在绝缘的水平地面上,D与D'靠近但不接触;

OO'C'C为矩形,lOC=5L、lOD=6L,∠D'C'C=45°;金属棒a和b完全相同,长度为L、质量