（江苏专用）2020版高考物理二轮复习 专题四 第二讲 楞次定律 法拉第电磁感应定律及应用课件

第二讲楞次定律法拉第电磁感应定律及应用考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用本考点是高考的热点内容之一，在近几年高考中多以选择题的形式出现，考查的主要内容有探究电磁感应现象；利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小；利用楞次定律判断磁场的变化情况等。(一)理清知识体系(二)掌握规律方法1．灵活应用楞次定律中“阻碍”的推广含义：(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”；(4)使线圈平面有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。2．应用法拉第电磁感应定律求磁场变化产生的电动势时，公式E＝nΔBΔt·S，其中S为线圈内磁场区的面积，不一定等于线圈的面积。3．在比较电势高低时要区分电源的内电路和外电路。[典例](2019·江苏省海安中学月考)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中在任一瞬间的磁通量之比为3∶1C．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1D．a、b线圈中感应电流之比为1∶1[解析]根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此产生的感应电流方向为逆时针，故A项错误；依据磁通量公式Φ＝BS＝Bl2，可知磁通量与边长的平方成正比，因此a、b线圈中在任一瞬间的磁通量之比为9∶1，故B项错误；根据法拉第电磁感应定律可知，E＝ΔΦΔt＝nΔBSΔt，而S＝l2，因此电动势之比为9∶1，故C项正确；线圈中电阻R＝ρLS，而导线长度L＝n×4l，故电阻之比为3∶1，由欧姆定律可知I＝ER，则电流之比为3∶1，故D项错误。[答案]C[对点训练][多选]科考人员在北极乘车行进，由于地磁场的作用，汽车后轮轮轴(如图所示)的左、右两端电势高低情况是()A．从东向西运动，左端电势较高B．从东向西运动，右端电势较高C．从西向东运动，左端电势较高D．从西向东运动，右端电势较高解析：地球北极的磁场向下，无论汽车从东向西运动，还是从西向东运动，汽车后轮轮轴切割磁感线，由右手定则可知，从驾驶员角度看，汽车后轮轮轴的左端电势较高，故A、C项正确。答案：AC考点二自感现象本考点在高考中多以选择题的形式出现，主要考查的是对通电自感和断电自感现象的理解和判断，而自感现象的实质是电磁感应与楞次定律、电路知识的综合问题。(一)牢记自感现象的四大特点1．自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。2．通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。3．电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。4．线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。(二)明辨自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变[典例][多选](2019·南京、盐城一模)如图所示，电路中甲、乙是两只相同的灯泡，电感线圈L的直流电阻与电阻R0阻值相等。则开关S()A．接通瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流B．接通瞬间，通过灯泡甲的电流小于乙的电流C．断开瞬间，通过灯泡甲的电流等于乙的电流D．断开瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流[解析]闭合S接通电路瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生感应电动势，从而阻碍电流的变大，所以通过灯泡甲的电流小于乙的电流，故A项错误，B项正确；断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生感应电动势，相当于电压会变小的电源与电阻相串联，由于两灯泡串联，所以通过灯泡甲的电流等于乙的电流，故C项正确，D项错误。[答案]BC[对点训练][多选]用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L中未插入铁芯，其直流电阻为R。闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图像，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I。下列说法中正确的是()A．t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大B．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0C．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为ID．若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I解析：t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误。答案：BC考点三电磁感应中的图像问题本考点是高考命题的热点，图像的种类较多，有随时间t变化的图像，如B­t、Φ­t、E­t、F­t、i­t等图像；有随位移x变化的图像，如E­x、i­x等图像。此类问题综合性较强，应用知识较多，如左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等。(一)熟悉两个技法，做到解题快又准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。没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。2．函数法根据题目所给条件定量地写出两个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，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。(二)谨记三点注意，力避踏入雷区1．定性或定量地表示出所研究问题的函数关系是选择或绘制图像的关键。2．在图像中I、v等物理量的方向是通过正负值来反映的。3．注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。[典例](2019·扬州中学开学考查)如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于如图所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流—位移(I­x)关系的是()[解析]位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，I＝BLvR，L＝x，则I＝BvRx；位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I＝BvR(2L－x)，故B项正确，A、C、D项错误。[答案]B[对点训练]在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是()解析：由楞次定律可判断，第1s内线圈中电流方向与规定的正方向相同，为正值，可知A、D选项均错误；由E＝ΔBΔt·S，i＝ER可知，第1s内图线斜率大，对应的电流大，可知选项B正确，C错误。答案：B考点四电磁感应的综合问题本考点内容的知识综合性较强，涉及物理的主干知识较多，是近几年高考命题的重热点之一。要解决此类问题，应分清内外电路，正确受力分析，合理选取牛顿运动定律、功能关系等解决。(一)电磁感应中的电路问题的解题流程(二)电学对象与力学对象的转换及关系应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意a＝0时速度v达到最大时的特点，运动的动态分析如下：(三)电磁感应中能量方面的方向思路1．电磁感应中的能量转化安培力做功做正功：电能――→转化机械能，如电动机做负功：机械能――→转化电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量，如发电机2．求解焦耳热Q的三种方法焦耳定律Q＝I2Rt功能关系Q＝W克服安培力能量转化Q＝ΔE其他能的减少量[典例](2019·常州期末)如图所示，竖直放置的U形光滑导轨宽L＝1m，与一电容器和理想电流表串联。导轨平面有垂直于纸面向外、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，质量为m＝0.01kg的金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑，此过程中电流表的示数恒为I＝0.05A。重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和电阻，求：(1)金属棒ab下滑的加速度大小；(2)金属棒下滑h＝1m高度时，电容器所储存的电能；(3)电容器的电容。[解析](1)导体棒受安培力FA＝BIL＝0.05N由牛顿第二定律，mg－FA＝ma解得a＝mg－FAm＝5m/s2。(2)电能ΔE＝W克安克服安培力做功W克安＝BILh解得ΔE＝0.05J。(3)金属棒ab切割磁感线时，电容器所带电荷量为Q＝CU＝CBLv又Q＝It＝Iva所以C＝IBLa＝0.01F。[答案](1)5m/s2(2)0.05J(3)0.01F[对点训练]如图1所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图2所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。求：(1)0～t0时间内圆形金属线圈产生的感应电动势的大小E；(2)0～t1时间内通过电阻R1的电荷量q。解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt有E＝nΔBΔtS＝nπB0r22t0。(2)由题意可知总电阻R总＝R＋2R＝3R由闭合电路的欧姆定律有电阻R1中的电流I＝ER总0～t1时间内通过电阻R1的电荷量q＝It1解得q＝nπB0t1r223Rt0。答案：(1)nπB0r22t0(2)nπB0t1r223Rt01．(2017·江苏高考)如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1B．1∶2C．1∶4D．4∶1解析：由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确。答案：A2．(2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆()A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4解析：金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，v­t图像可能如图所示，可以看出B正确。由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确。设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝12mv2，由牛顿第二定律得B2L2vR－mg＝ma，解得h＝m2a＋g2R22B4L4g＞m2gR22B4L4，故D错误。答案：BC3．(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0