• 1.31 MB
  • 2021-05-26 发布

2020届二轮复习专题六 电磁感应和电路第1课时电磁感应课件(48张)

  • 48页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
第 1 课时 电磁感应 第一部分 专题 六 电磁感应 和电路 高考命题轨迹 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 2015 1 卷 19,2 卷 15 2016 2 卷 20,3 卷 21 15(1)19 题  15(2)15 题  16(2)20 题 16(3)21 题   17(1)18 题 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 2017 1 卷 18,2 卷 20,3 卷 15 17(2)20 题 17(3)15 题   18(1)17 题 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 2018 1 卷 17 、 19,2 卷 18,3 卷 20 18(1)19 题 18(2)18 题     18(3)20 题 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 2019 1 卷 20,3 卷 14 电磁感应中动力学问题分析 2016 1 卷 24,2 卷 24 19(1)20 题 16(1)24 题   16(2)24 题 电磁感应中的动力学和能量问题 2016 3 卷 25 16(3)25 题 相关知识链接 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) 使线圈面积有扩大或缩小的趋势 ( 增缩减扩 ). (4) 阻碍 的 变化 ( 自感现象 ). 相对运动 原电流 2. 感应电动势的计算 (1) 法拉第电磁感应定律: E = n ,常用于计算感应电动势的 . ① 若 B 变,而 S 不变,则 E = n S ; ② 若 S 变,而 B 不变,则 E = nB . (2) 导体棒垂直切割磁感线: E = Bl v ,主要用于求感应电动势 的 值 . 平均值 瞬时 (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 E = Bl 2 ω . 图 1 3 . 感应电荷量的计算 回路中磁通量发生变化时,在 Δ t 时间内迁移的电荷量 ( 感应电荷量 ) 为 q = I ·Δ t = 可见 , q 仅由回路电阻 R 和 的 变化量 Δ Φ 决定,与发生磁通量变化的时间 Δ 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 计算 ;当电路中电流变化时,则用功能关系 或 计算 . 磁通量 焦耳定律 能量守恒定律 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系,并判断系统动量是否守恒 . 规律方法 提炼 高考题型 1 楞次定律 和法拉第电磁感应定律的应用 内容索引 NEIRONGSUOYIN 高考题型 2 电磁感应 中的动力学问题分析 高考题型 3 电磁感应 中的动力学和能量问题分析 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 题型:选择题: 5 年 5 考 高考题型 1 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 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 A. 当电梯突然坠落时,该安全装置可使电梯停在空中 B. 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 图 2 √ 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 A. c 点电势高于 d 点电势 B. c 点电势低于 d 点电势 C. 感应电流方向由 c → 受电线圈 → d D. 感应电流方向由 d → 受电线圈 → c √ 图 3 √ 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 Ⅰ ·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 ρ 、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 . t = 0 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 t = 0 到 t = t 1 的时间间隔内 图 4 A. 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 √ √ 解析  在 0 ~ t 0 时间内,磁感应强度减小,根据楞次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 t 0 ~ t 1 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; 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 1 ~ 2 s 内 A. M 板带正电,且电荷量增加 B. M 板带正电,且电荷量减小 C. M 板带负电,且电荷量增加 D. M 板带负电,且电荷量 减小 图 5 √ 解析  在 1 ~ 2 s 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 B 0 、 t 0 均为已知量 . 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 6 √ √ 根据楞次定律,可知, 0 ~ t 0 时间内,导线框中电流的方向始终为 abcda ,故 B 错误; 电磁感应中的动力学问题分析 题型:计算题: 5 年 1 考 高考题型 2 例 3   (2019· 河南名校联盟高三下学期 2 月联考 ) 相距 L = 1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置,质量为 m 1 = 1 kg 的金属棒 ab 和质量为 m 2 = 0.27 kg 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 μ = 0.75 ,两棒总电阻为 1.8 Ω ,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 g = 10 m/s 2 ). (1) 求磁感应强度 B 的大小和 ab 棒加速度大小 ; 图 7 答案  见解析 解析  经过 时间 t ,金属棒 ab 的速率 v = at 对金属棒 ab ,由牛顿第二定律得 F - BIL - m 1 g = m 1 a 在图线上取两点: t 1 = 0 , F 1 = 11 N ; t 2 = 2 s , F 2 = 14.6 N 代入上式得 a = 1 m/s 2 , B = 1.2 T (2) 已知在 2 s 内外力 F 做功 40 J ,求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热; 答案  见解析 解析  在 第 2 s 末金属棒 ab 的速率 v 2 = at 2 = 2 m/s 又 Q = W 安 联立以上方程,解得 Q = 18 J. (3) 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 t 0 ,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  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 m 2 g = μF N 又 F N = F 安 F 安 = BIL F f cd 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 θ 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 A. 在 ab 进入上部磁场过程中的电流方向为 adcba B. 当 ab 边刚越过边界 ff ′ 时,线框的加速度为 g sin θ C. ab 边进入下部磁场再次做匀速运动的速度 为 v D. 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 图 8 √ √ 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 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: 4 F 安 - mg sin θ = ma ,解得线框的加速度为 a = 3 g sin θ ,选项 B 错误; 由能量关系可知,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,减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热,选项 D 错误 . 电磁感应 中的动力学和能量问题分析 题型:选择或者计算题: 5 年 1 考 高考题型 3 1. 电荷量的求解 2. 求解焦耳热 Q 的三种方法 (1) 焦耳定律: Q = I 2 Rt . (2) 功能关系: Q = W 克服安培力 . (3) 能量转化: Q = Δ E 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 θ = 37° ,一宽为 d = 0.65 m 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 ① 、 ② 均为直线段 . 已知线框的质量为 m = 0.1 kg ,电阻为 R = 0.06 Ω.( 取 g = 10 m·s - 2 , sin 37° = 0.6 , cos 37° = 0.8) 求 : (1) 线框与斜面间的动摩擦因数 μ ; 图 9 答案  0.5   解析  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 Δ E 1 = W f1 = μmgx 1 cos 37° 其中 x 1 = 0.36 m ; Δ E 1 = (1.000 - 0.856) J = 0.144 J 解得 μ = 0.5 (2) 线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间 t ; 解析  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 v 1 v 1 2 = 2 ax 1 mg sin 37° - μmg cos 37° = ma 解 得 a = 2 m/s 2 , v 1 = 1.2 m/s Δ E 2 = W f2 + W 安 = ( F f + F 安 ) x 2 其中 Δ E 2 = (0.856 - 0.736)J = 0.12 J , F f + F 安 = mg sin 37° = 0.6 N , x 2 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 x 2 = 0.2 m , (3) 线框穿越磁场的过程中,线框中的最大电功率 P m . 答案  0.54 W 由 v 2 2 - v 1 2 = 2 a ( d - x 2 ) 可求得 v 2 = 1.8 m/s 根据线框匀速进入磁场时: F 安 + μmg cos 37° = mg sin 37° 可得 F 安 = 0.2 N 可得 B 2 L 2 = 0.01(T 2 ·m 2 ) 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 L = 0.5 m ,左端接有阻值 R = 3 Ω 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 m = 0.2 kg ,电阻 r = 2 Ω ,整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小 B = 4 T 的匀强磁场中, t = 0 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 a = 2 m/s 2 的加速度向右做匀加速直线运动, 2 s 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,导轨足够长 ) 求 : (1)1 s 末外力 F 的大小 ; 图 10 答案  2 N   解析  1 s 末,金属杆 MN 的速度大小为 v 1 = at 1 = 2 × 1 m / s = 2 m/ s 金属杆 MN 产生的感应电动势为 E = BL v 1 金属杆 MN 受到的安培力大小 F 安 = BIL 根据牛顿第二定律得 F - F 安 = ma 可得 F = F 安 + ma = 2 N (2) 撤去外力 F 后的过程中,电阻 R 上产生的焦耳热 . 答案  0.96 J 解析  2 s 末,金属杆 MN 的速度大小为 v 2 = at 2 = 2 × 2 m /s = 4 m/ s 拓展训练 6   (2019· 宁夏银川市高三质检 ) 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 B = 5 T ,导轨宽度 L = 0.4 m ,左侧与 R = 0.5 Ω 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 m = 2.0 kg ,电阻 r = 0.5 Ω ,与导轨的动摩擦因数 μ = 0.2 ,其余电阻可忽略不计 . 导体棒 ab 在大小为 10 N 的水平外力 F 作用下,由静止开始运动了 x = 40 cm 后,速度达到最大,取 g = 10 m/s 2 . 求 : (1) 导体棒 ab 运动的最大速度 ; 图 11 答案  1.5 m/s   解析  导体 棒 ab 垂直切割磁感线运动,产生的感应电动势大小: E = BL v 解得最大速度: v m = 1.5 m/s ; (2) 当导体棒 ab 的速度 v = 1 m/s 时,导体棒 ab 的加速度的大小; 答案  1 m/s 2   解析  当导体棒 ab 的速度 v = 1 m/s 时, 解得: a = 1 m/s 2 ; (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  0.075 J 解得: Q = 0.15 J 本课结束

相关文档