2018年高考物理全國用二輪復習學案專題四第2講版含答案正式版

第2講電磁感應定律及綜合應用高考必備丨知識必備感應電動勢的幾種表達式△①⑴穿過回路的磁通量發(fā)生變化時 E=njf，—般用來計算△t時間內的感應電動勢的平均值。⑵導體棒垂直切割磁感線運動時 E=BLv。1⑶導體棒在磁場中以其中一端為圓心轉動垂直切割磁感線時 e=2bL"w。感應電動勢方向(感應電流方向)的判斷右手定則：適用于導體切割磁感線產生感應電流的方向的判斷。楞次定律：感應電流具有這樣的方向，即感應電流產生的磁場總要阻礙引起感應電流的原磁通量的變化。⑶三種阻礙：阻礙原磁通量的變化一一增反減同。阻礙物體間的相對運動——來拒去留。阻礙自身電流的變化一一增反減同。備考策略抓住“兩個定律”，運用“兩種觀點”，分析“一種電路”“兩個定律”是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；“兩種觀點”是指動力學觀點和能量觀點；“一種電路”是指電磁感應電路。必須領會的“6種方法和2種物理思想”⑴假設法、圖象法、轉換法、微元法、類比法、逆向思維法；(2)等效思想、守恒思想。必須辨明的“3個易錯易混點”楞次定律中的“阻礙”不是“阻止”，也不是“相反”；注意區(qū)別楞次定律和右手定則；發(fā)生電磁感應的電路中，產生感應電動勢的部分為“電源”，其余部分為“外電路”。高頻考點丨 翳點高效突破旳-應君能丿」考卅'.11011楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用

U形金【真題示例1】（2017?全國卷川，15）如圖1U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直，金屬桿 PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路 PQRS—圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿 PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是 （ ）A.PQRA.PQR中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B.PQR中沿順時針方向，T中沿順時針方向C.PQR中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D.PQR中沿逆時針方向，T中沿順時針方向解析金屬桿PQ突然向右運動，由右手定則可知，環(huán)形金屬線框T中的磁通量減小，由楞次定律可知,正確，A、B、C錯誤。答案DPQR胖有沿逆時針方向的感應電流，穿過圓T中有沿順時針方向的感應電流，故選項 D【真題示例2】（2017?全國卷I,18）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖 2所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右振動的衰減最有效的方案是:=:Ngw,—_:=■■IS2d—— H'x:=:Ngw,—_:=■■IS2d—— H'xXKi'XXKuA、 I■M宵皆I■耳KKi解析感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動；在B、D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流，故選項 A正確，B、CD錯誤。答案A【真題示例3】(多選)(2016?全國卷H,20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖 3所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片 P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻 R的電流，下列說法正確的是( )若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿 a到b的方向流動若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析將圓盤看成無數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，則當圓盤順時針 (俯視)轉動時，流過電阻的電流方1 2 E向從a到b,B對；由法拉第電磁感應定律得感生電動勢 E=BLv=歹疋3,1=哥，?恒定時，

預測1楞次定律的應用預測2電磁感應定律的應用（2017?河南重點中學聯(lián)考）如圖4甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管 a端流入為正，以下說法正確的是（ ）圖4從上往下看，0?1s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向0?1s內圓環(huán)面積有擴張的趨勢3s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力1?2s內和2?3s內圓環(huán)中的感應電流方向相反解析由圖乙知，0?1s內螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應電流的磁場向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，從上往下看， 0?1s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，選項A正確，B錯誤；同理可得1?2s內和2?3s內圓環(huán)中的感應電流方向相同，選項D錯誤；3s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應強度的變化率為 0,在圓環(huán)中不產生感應電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項 C錯誤。答案A（多選）如圖5甲所示，一個圓形線圈匝數(shù) n=50、面積S=0.5m2、電阻r=1Q。有一個R=2Q的電阻，將其兩端分別與圖甲中的圓形線圈相連接， F端接地。在線圈中存在面積 0.4nf的垂直線圈平面向外的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度 B隨時間t變化的關系如圖乙所示，則下列說法正確的是（ ）

圓形線圈中產生的感應電動勢 E=3V在0?4s時間內通過電阻 R的電荷量q=6CF端電勢為零，E端的電勢$e=2V在0?4s時間內電阻R上產生的焦耳熱Q=8J解析根據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈產生的電動勢△①解析根據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈產生的電動勢△①△E=n =nS2=3V，選項A正確；根△t△t據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中電流為 I=E=1A,r十R在0據(jù)閉合電路歐姆定律，回路中電流為 I=E=1A,r十R在0?4s時間內通過電阻R的電荷量為q=It=1X4C=4C,選項B錯誤；由楞次定律可知，電流沿順時針方向,F點電勢高，E點電勢低，電阻R兩端電壓/=IR=1X2V=2V，又Uh=$f—$e,$F=0,可得$E=—2V，選項C錯誤；在0?4s時間內電阻R上產生的焦耳熱為Q=I2Rt=12X2X4J=8J，選項D正確。答案AD3.（多選）如圖6所示，一不計電阻的導體圓環(huán)， 半徑為r、圓心在0點，過圓心放置一長度為電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)將此裝置放置于磁感應強度為B方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度3繞O點逆時針轉動，右側電路通過電刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸,R=R,S處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻,則下列判斷正確的是（ ）通過R的電流方向為自下而上感應電動勢大小為2Br2312C.理想電壓表的示數(shù)為-Br2Q6D.理想電流表的示數(shù)為D.理想電流表的示數(shù)為24Br33R解析由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負極，因此通過解析由右手定則可知輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負極，因此通過R的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為 r的輻條在轉動切割磁場線，因此感應電12動勢大小為§Br3，選項B錯誤；由圖可知，在磁場內部的半根輻條相當于電源，磁場外部的半12 Br23根輻條與R并聯(lián)，因此理想電壓表的示數(shù)為gBr23,選項C正確；理想電流表的示數(shù)為飛^，選項D錯誤。答案AC考點電磁感應中的圖象問題考點電磁感應中的圖象問題【真題示例】（多選）（2017?全國卷n, 20）兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Q的正方形導線框abed位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖7（a）所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動， ed邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖 （b）所示（感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取TOC\o"1-5"\h\z正）。下列說法正確的是（ ）i|in；；OJHIl!a di n0^0.4-；0h6；j/ii I)| |i-0.011 I圖⑹TOC\o"1-5"\h\z圖7磁感應強度的大小為 0.5T導線框運動的速度的大小為 0.5m/s磁感應強度的方向垂直于紙面向外在t=0.4s至t=0.6s這段時間內，導線框所受的安培力大小為 0.1Nl01解析由E—t圖象可知，線框經(jīng)過 0.2s全部進入磁場，則速度 v==02m/s=0.5m/s，選E0.01項B正確；由圖象可知，E=0.01V,根據(jù)E=Blv得，B=〒= T=0.2T,選項A錯誤；lV0.1X0.5根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外， 選項C正確；在t=0.4E0.01 一s至t=0.6s這段時間內，導線框中的感應電流 I=,= A=2A,所受的安培力大小為 FR0.005=BIl=0.2X2X0.1N=0.04N，選項D錯誤。答案BC真題感悟高考考查特點本考點的命題主要涉及 E—t圖、i—t圖、B-1圖、①一t圖，還有v—t圖、F—t圖等。突破本考點的關鍵是靈活應用楞次定律、法拉第電磁感應定律判斷電流方向及計算電動勢的大小。常見誤區(qū)及臨考提醒不能正確的將磁場變化和電流變化相互轉換。不能正確判斷感應電流是正方向還是負方向。不理解圖象斜率、曲直的意義。⑷多階段過程中不能將各階段的運動和圖象變化相對應。|考向予頁測，預測1圖象的選擇問題預測2圖象的轉換問題預測3利用圖象分析相關問題(多選)空間內存在一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域的橫截面為等腰直角三角形，底邊水平，其斜邊長度為L。一正方形導體框邊長也為 L,開始時正方形導體框的ab邊與磁場區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合， 如圖8所示。從圖示位置開始計時， 正方形導體框以平行于 be邊的速度v勻速穿越磁場。若導體框中的感應電流為 i,a、b兩點間的電壓為uab，感應電流取逆時針方向為正，則在導體框穿越磁場的過程中，下列 i、Uab隨時間的變化規(guī)律正確的是( )解析由楞次定律可以判斷出導體框進磁場時電流方向為逆時針，出磁場時電流方向為順時針，由E=Blv可得i=E=字，進、出磁場時導體框切割磁感線的有效長度 I均由大變小，所以電R總R、3流也是從大變小，選項A正確，B錯誤；進磁場時ab為電源，Uab<0且Uab=—4BIV，出磁場時abBlv不是電源，電流從b到a,Uab<0且Uab=—百，選項C錯誤，D正確。答案AD（2017?洛陽市高三統(tǒng)一考試）如圖9甲所示，一根電阻R=4Q的導線繞成半徑d=2m的圓,在圓內部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，中間S形虛線是兩個直徑均為d的半圓，磁感應強度隨時間變化如圖乙所示（磁場垂直于紙面向外為正,電流逆時針方向為正），關于圓環(huán)中的感應電流一時間圖象，下列選項中正確的是（ ）2IT//A1 12IT//A1 1i i■■1li■ RV *11|| 1 1■ i 11： 3：1 1j i(J-2IT1―j--a； s；ftf/5II 1C解析0?1s，感應電動勢為 Ei=4^=2△t1=4n（V），由歐姆定律可知感應電流大小為E4nIi=R=〒（A）=n（A），由楞次定律知，感應電流為順時針方向， 為負方向，結合選項知C正確。答案C（多選）（2017?貴州遵義模擬）如圖10甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容器C和電阻R導體棒MN固定在導軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應強度B的變化情況如圖乙所示（圖甲所示磁感應強度方向為正 ），MN始終保持靜止，則0?t2時

間內間內（ ）圖10電容器C的電荷量大小始終沒變電容器C的a板先帶正電后帶負電MN所受安培力的大小始終沒變MN所受安培力的方向先向右后向左解析由題圖乙知，磁感應強度均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，回路中產生恒定電動勢，電路中電流恒定，電阻R兩端的電壓恒定，電容器的電壓恒定，故電容器C的電荷量大小始終沒變。根據(jù)楞次定律判斷可知，通過R的電流一直向下，電容器的a板電勢較高，一直帶正電，選項A正確，B錯誤；根據(jù)安培力公式F=BIL,I、L不變，由于磁感應強度變化，MN所受安培力的大小也變化，選項C錯誤；由右手定則判斷可知，MN中感應電流方向一直從N到M由左手定則判斷可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，選項D正確。答案AD考點電磁感應中的力、電綜合問題考點電磁感應中的力、電綜合問題【真題示例】（2016?全國卷n,24）如圖11,水平面（紙面）內間距為I的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m長度為I的金屬桿置于導軌上，t=0時，金屬桿在水平向右、大小為 F的恒定拉力作用下由靜止開始運動， to時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為 B方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為 卩。重力加速度大小為g。求（1）金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小;（2）電阻的阻值。解析（1）設金屬桿進入磁場前的加速度大小為 a,由牛頓第二定律得F—卩mg=maD設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為 V,由運動學公式有v=at。②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產生的電動勢為E=Blv③聯(lián)立①②③式可得e=Bito（m~卩g）④I，根據(jù)歐姆定律（2）I，根據(jù)歐姆定律i=R⑤式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為F安=BlI⑥因金屬桿做勻速運動，有F—mg-F安=0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得由2t—R= ⑧m答案(1)Bito(m—ig)⑵晉真題感悟高考考查特點本考點多以導體棒切割磁感線為背景，結合牛頓第二定律對導體棒進行運動分析和受力分析；結合圖象，應用法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、電功率、動能定理等規(guī)律進行電路、功能關系的計算。常見誤區(qū)及臨考提醒（1） 分析電源時電勢高低易出錯。（2） 涉及力和運動的分析時出現(xiàn)漏力 （多力）的現(xiàn)象。（3） 功能分析時，力做功及電熱的計算易漏計算 （多算）電阻生熱。I考向予頁測盧預測1電磁感應與動力學綜合預測2電磁感應與動量、能量綜合（2017?武漢市武昌區(qū)調研考試 ）如圖12所示，abed為質量M=3.0kg的“”形導軌（電阻不計），放在光滑絕緣的傾角為 0=53°的斜面上，光滑絕緣的立柱 e、f垂直于斜面固定，質量m=2.0kg的金屬棒PQ平行于ad邊壓在導軌和立柱e、f上，導軌和金屬棒都處于勻強磁場中，磁場以00為界，00上側的磁場方向垂直于斜面向上，下側的磁場方向沿斜面向下，磁感應強度大小都為B=1.0T。導軌的ad段長L=1.0m，棒PQ單位長度的電阻為ro=0.5Q/m，金屬棒PQ與“”形導軌始終接觸良好且兩者間的摩擦力是兩者間正壓力的 卩=0.25倍。設導軌和斜面都足夠長，將導軌無初速度釋放，求： (取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,圖中的MNad、OO、PQ彼此平行且處在水平方向 )導軌運動的最大加速度；導軌運動的最大速度。解析(1)設導軌下滑過程中受到金屬棒的摩擦力 f、壓力Fn、ad邊受到的安培力Fa、下滑的加速度為a、下滑的速度為v,根據(jù)力學規(guī)律和電磁學規(guī)律，有：Mgsin0-f—Fa=Maf=FNE=BLvEI=Fa=ilb對棒PQ因其始終靜止，有：導軌對金屬棒的支持力為 Fn'=mgcos0+FA由牛頓第三定律知Fn=Fn'導軌剛釋放時速度為零、安培力為零、加速度最大Mgsin0-f'=Mamf'=卩mgcos0聯(lián)立解得最大加速度am=7.0m/s

(2)導軌達到最大速度 Vm時，加速度為零M(sin 0—fi—Fai=0,fi= Fn'聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Vm=(Vm=(M?in 0—1mccos￡L12(1+i)0)ro8.4m/s2答案(1)7.0m/s(2)8.4m/s如圖13所示，ab和cd是兩條豎直固定的光滑平行金屬導軌， MN和MN'是用絕緣細線連接B、方向垂直導軌平面向里的勻強R,與導軌始終接觸良好，重力加的兩根金屬桿，其質量分別為 m和2m用豎直向上、大小未知的外力 B、方向垂直導軌平面向里的勻強R,與導軌始終接觸良好，重力加桿水平靜止，并剛好與導軌接觸。整個裝置處在磁感應強度為磁場中，導軌足夠長，間距為 L,電阻可忽略，兩桿總電阻為速度為g。t=0時刻，將細線燒斷，保持力 f不變。(1)細線燒斷后任意時刻，求兩桿運動的速度大小之比;(2)若桿MN至速度最大時發(fā)生的位移為 s,該過程中通過金屬桿橫截面的電荷量△q和電路中產生的焦耳熱Q各為多少?解析(1)以兩桿為研究對象，初始合外力為零，有 F=3mg細線燒斷后桿MN向上運動，桿MN向下運動，任意時刻，兩桿中感應電流等大反向，所受安培力等大反向，故系統(tǒng)合外力仍為零，動量守恒，有 mv