2019年高考物理一轮复习第十章电磁感应课件学案练习（打包12套）.zip

2019年高考物理一轮复习第十章电磁感应课件学案练习（打包12套）.zip,2019,年高,物理,一轮,复习,第十,电磁感应,课件,练习,打包,12 第1讲电磁感应现象楞次定律板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共14小题，每小题6分，共84分。其中17为单选，814为多选)1如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的改变量的大小是()A.BSB.NBSC.BSD.NBS答案C解析磁通量与匝数无关，BS中，B与S必须垂直。初态1BsinS，末态2BcosS，磁通量的变化量大小|21|BS(cos30sin30)|BS，所以应选C项。2如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO，OO与线圈在同一平面上。在线圈以OO为轴翻转180的过程中，线圈中电流流向()A始终由ABCAB始终由ACBAC先由ACBA再由ABCAD先由ABCA再由ACBA答案A解析原磁场的方向垂直纸面向下，以OO为轴翻转90的过程中，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，垂直纸面向下，由安培定则可知，感应电流方向ABCA；以OO为轴再转90的过程中，磁通量变大，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向上，由安培定则可知，感应电流方向ABCA，所以A选项是正确的。32017河北衡水模拟线圈ab中的电流如图所示，设电流从a到b为正方向，那么在0t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，从左向右看，它的方向是()A顺时针B逆时针C先顺时针后逆时针D先逆时针后顺时针答案A解析根据题意可知，当电流从a流向b时，由右手螺旋定则可知，穿过线圈M的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流方向为顺时针(从左向右看)。后半段时间电流从b流向a，由右手螺旋定则可知，穿过铝环M的磁场水平向左，电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针(从左向右看)，故电流方向不变，A正确。42016石家庄质检法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机。如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转。下列说法正确的是()A回路中电流大小变化，方向不变B回路中电流大小不变，方向变化C回路中电流的大小和方向都周期性变化D回路中电流方向不变，从b导线流进电流表答案D解析圆盘在磁场中切割磁感线产生恒定的感应电动势EBR2，由右手定则判断得a端为负极、b端为正极，所以只有D项正确。5. 2017山东青岛二模如图所示，在光滑绝缘水平面上固定一通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v0，若通电导线足够长，无限长通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为Bk，则下列说法正确的是()A线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D线圈最终会停下来并保持静止答案C解析根据右手螺旋定则判断，线圈所处的磁场方向垂直纸面向里，根据题意可知，离导线越远，磁场越弱，线圈有远离直导线的速度，依据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向沿顺时针方向，但由于磁场减弱，且动能有损失，速度减小，所以线圈产生的不是恒定电流，选项A、B错误；当线圈在该平面上以速度v0沿图示方向运动时，产生感应电流，将圆形线圈看作由无数小段直导线组成，根据左手定则知安培力合力方向垂直导线向左，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，线圈沿导线方向运动，磁通量不变，无感应电流，合力为零，做匀速直线运动，选项C正确，D错误。6如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B穿过线圈a的磁通量变小C线圈a有扩张的趋势D线圈a对水平桌面的压力FN将增大答案D解析通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，线圈a中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小并远离的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误，D正确。7.2017福建泉州期末水平放置的光滑绝缘杆上挂有两个铜环M和N，通电密绕长螺线管穿过两环，如图所示，螺线管中部区域的管外磁场可以忽略，当变阻器滑动触头向左移动时，两环将()A一起向左移动B一起向右移动C相互靠拢D相互分离答案C解析当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，螺线管内部、外部的磁场均增加，穿过M、N两金属环的水平向右的磁通量增加，根据楞次定律，可以知道两环中有相同方向的电流，同方向电流相互吸引，故两环相靠近，所以C选项是正确的。8如图所示，倾角为的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在cd左侧的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是()A圆环L有收缩趋势B圆环L有扩张趋势C圆环内产生的感应电流变小D圆环内产生的感应电流不变答案AC解析由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生俯视逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于agsin，金属棒向下运动的加速度减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。故A、C正确。9. 2017宁夏中卫一模右图是创意物理实验设计作品小熊荡秋千的示意图。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置。当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是()AP向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)BP向右摆动的过程中，Q也会向右摆动CP向右摆动的过程中，Q会向左摆动D若用手左右摆动Q，P会始终保持静止答案AB解析P向右摆动的过程中，穿过P线圈的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A正确。根据电路连接可知Q下端的电流方向向外，根据左手定则，所受的安培力向右，则Q向右摆动。同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动，故B正确，C、D错误。10等腰三角形线框abc与长直导线MN绝缘，且线框被导线分成面积相等的两部分，如图甲所示，MN中通有由N流向M的电流，电流强度随时间的变化如图乙所示，则关于线框中感应电流的判断正确的是()A在任何时刻线框中都无感应电流B在t1时刻线框中有沿acba方向的感应电流C在t2时刻线框中有沿acba方向的感应电流D在t3时刻线框中有沿abca方向的感应电流答案BD解析穿过线框的磁通量垂直纸面向里，在t1时刻时，磁通量增加，在t2时刻时，磁通量不变，在t3时刻时，磁通量减少，根据楞次定律可得B、D正确。11如图所示，在赤道附近某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向。下列说法中正确的是()A若使线圈向东平动，则a点的电势与b点的电势相同B若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD若以ad为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba答案AD解析在赤道附近的地磁场是平行地面由南指向北，当线圈不管向哪个方向平动，都没有感应电流产生，各点电势相同，因此A选项正确，B选项错误。以ab为轴转动，磁通量不变，也没有感应电流，C选项错误。以ad为轴向上翻转，磁通量增大，感应电流磁场方向由北指向南，由安培定则可知，感应电流的方向adcba，D选项正确。12如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()A开关S闭合瞬间B开关S由闭合到断开的瞬间C开关S是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D开关S是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析当开关S闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，由楞次定律可知，为了阻碍磁通量的增加，钻头M向右运动远离左边线圈，故A正确；当开关S由闭合到断开的瞬间，穿过右线圈的磁通量要减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M要向左运动靠近左边的线圈，故B错误；开关S闭合时，当滑动变阻器滑片P向左迅速滑动时，回路的电阻减小，回路的电流增大，产生的磁场增强，穿过右线圈的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增加，钻头M向右运动远离左边线圈，故C正确；当滑动变阻器的滑片P向右迅速滑动时，回路的电阻增大，回路的电流减小，产生的磁场减弱，穿过右线圈的磁通量减少，为了阻碍磁通量的减少，钻头M向左运动靠近左边线圈，故D错误。13如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈突然缩小为线圈再下落到位置，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是()A从有顺时针方向的感应电流B从有逆时针方向的感应电流C从有先逆时针后顺时针方向的感应电流D从有逆时针方向的感应电流答案AD解析从突然缩小到，磁通量增大，原磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向竖直向下，由安培定则可知，产生俯视顺时针方向的感应电流，A选项正确，B、C选项错误。从到，磁通量减小，感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知，感应电流的方向为俯视逆时针方向，所以D选项正确。14下图甲中bacd为导体做成的框架，其平面与水平面成角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度随时间的变化如图乙，导体棒PQ始终静止，在0t1时间内()A导体棒PQ所受安培力的方向始终沿轨道斜面向上B导体棒PQ所受安培力的方向始终沿轨道斜面向下C导体棒PQ受到的摩擦力可能一直增大D导体棒PQ受到的摩擦力可能先减小后增大答案CD解析在0t1时间内，磁感应强度B先减小后反向增大，穿过PQca回路的磁通量先减小后反向增大，由楞次定律可知，当回路磁通量均匀减小时，产生恒定的感应电流，回路面积有扩大趋势，导体棒PQ受到的安培力沿轨道斜面向上，安培力的大小FABILIL(B0kt)，随磁感应强度B的减小而减小，导体棒PQ受到的静摩擦力在t0时若沿斜面向下，则静摩擦力随B的减小而减小；在t0时若沿斜面向上，则静摩擦力随B的减小而增大。当磁感应强度B反向增大时，回路磁通量增大，回路面积有缩小的趋势，导体棒PQ受到的安培力沿斜面向下，且随磁感应强度B的增大而增大，导体棒PQ受到的静摩擦力FfmgsinBIL也随之增大。因此安培力在磁感应强度B减小到0之前沿斜面向上，静摩擦力有可能沿斜面向上，也有可能沿斜面向下，选项A、B错误；而静摩擦力可能先减小后增大或者一直增大，选项C、D正确。二、非选择题(本题共2小题，共16分)15(8分)如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下。在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有_(选填“收缩”或“扩张”)趋势，圆环内产生的感应电流_(选填“变大”“变小”或“不变”)。答案收缩变小解析ab在恒力作用下向右运动的过程中ab棒切割磁感线，在abdc回路中产生感应电流，则在圆环处产生了垂直纸面向外的磁场。感应电流的大小与ab棒的切割速度成正比，随着ab棒不断向右加速运动，穿过小圆环的磁通量不断增大，由楞次定律可知，小圆环有收缩的趋势。又由于ab棒速度不断增大感应电动势增大，回路中电流增大，金属棒受到向左的安培力增大，棒ab的加速度减小，磁通量的变化率减小，圆环中产生的感应电流不断减小，当恒力F等于安培力时，棒ab开始匀速运动，穿过圆环的磁通量不再变化，此时环内感应电流为零，所以环内有变小的电流。16(8分)某同学在学习了感应电流的产生条件和楞次定律之后，自己制作了一个手动手电筒。如图是手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁铁，中间是一根绝缘直杆，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O点是两磁极连线的中点，a、b两点关于O点对称。(1)试分析其工作原理；(2)灯泡中的电流方向是否变化。答案(1)磁通量变，有感应电流(2)变化解析(1)当晃动手电筒时，线圈来回滑动，线圈的磁通量有变化，就会产生感应电流，与线圈相连的灯泡就会发光。(2)线圈所在处的原磁场方向水平向左，线圈在O点时磁通量最小，在向左或向右移动时，磁通量增大，在从一端经过O点向另一端移动时，磁通量先减小后增大，产生相反方向的感应电流，所以灯泡中的电流方向发生变化。9第1讲电磁感应现象楞次定律板块一主干梳理夯实基础【知识点1】磁通量1.磁通量(1)定义：匀强磁场中，磁感应强度(B)与垂直磁场方向的面积(S)的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，简称磁通，我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。(2)公式：BS。(3)适用条件：匀强磁场；S是垂直磁场方向的有效面积。(4)单位：韦伯(Wb)，1 Wb1_Tm2。(5)标量性：磁通量是标量，但有正负之分。磁通量的正负是这样规定的，即任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿入时磁通量为正，则磁感线从反面穿入时磁通量为负。2.磁通量的变化量在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于末磁通量2与初磁通量1的差值，即21。3.磁通量的变化率(磁通量的变化快慢)磁通量的变化量与发生此变化所用时间的比值，即。【知识点2】电磁感应现象1.电磁感应现象：当闭合电路的磁通量发生改变时，电路中有感应电流产生的现象。2.产生感应电流的条件(1)电路闭合。(2)磁通量变化。3.电磁感应现象的两种情况(1)闭合电路中部分导体做切割磁感线运动。(2)穿过闭合回路的磁通量发生变化。4.电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只产生感应电动势，而不产生感应电流。5.能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。【知识点3】楞次定律1.楞次定律(1)内容：感应电流产生的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。2.右手定则(1)内容：磁感线穿入右手手心。(从掌心入，手背穿出)大拇指指向导体运动的方向。其余四指指向感应电流的方向。(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线。板块二考点细研悟法培优考点1电磁感应现象的判断解题技巧1.磁通量变化的常见情况2.感应电流能否产生的判断例1(多选)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO是它的对称轴，通电直导线AB与OO平行。若要在线圈中产生感应电流，可行的做法是()A.AB中电流I逐渐增大B.AB中电流I先增大后减小C.以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90D.线圈绕OO轴逆时针转动90(俯视)(1)AB中电流变化，能否在线圈中产生感应电流？提示：只要AB中电流变化，线圈中磁通量就变化，就有感应电流产生。(2)能够引起线圈中磁通量变化的因素有哪些？提示：AB中电流强度的大小和方向；线圈的有效面积。尝试解答选ABD。只要AB中电流发生变化，可以是大小改变，也可以是方向变，也可以是大小和方向同时变，都可以使线圈的磁通量发生变化，而产生感应电流，A和B都正确；以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90的过程中，磁感应强度的大小和线圈的有效面积都没变，磁通量不变，不能产生感应电流，C错误；以OO为轴逆时针转90的过程中，线圈的有效面积发生了变化，磁通量变化，能产生感应电流，D正确。总结升华判断是否产生感应电流的方法确定所研究回路；看是否变化；回路是否闭合；同时满足可产生感应电流。如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为。在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()A.ab向右运动，同时角减小B.使磁感应强度B减小，同时角也减小C.ab向左运动，同时增大磁感应强度BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和夹角(090)答案A解析设此时回路的面积为S，由题意得磁通量BScos，对选项A，S增大，减小，cos增大，则增大，故选项A正确；对选项B，减小，cos增大，又B减小，故可能不变，选项B错误；对选项C，S减小，B增大，可能不变，故选项C错误；对选项D，S增大，B增大，增大，cos减小，可能不变，故选项D错误。考点2对楞次定律的理解及应用深化理解1.感应电流方向判断的两种方法方法一用楞次定律判断方法二用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向：(1)掌心磁感线穿入；(2)拇指指向导体运动的方向；(3)四指指向感应电流的方向。2.楞次定律中“阻碍”的含义例2如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速度释放，在圆环从a摆向b的过程中()A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B.感应电流方向一直是逆时针C.感应电流方向先顺时针后逆时针再顺时针D.感应电流方向一直是顺时针(1)圆环从a摆到虚线左侧的过程中，磁通量如何变？提示：变大。(2)从虚线右侧到b的过程中，磁通量如何变化？提示：变小。(3)从紧邻虚线左侧运动到紧邻虚线右侧的过程中磁通量如何变化？原磁场方向如何？提示：先减小后反方向增大；方向开始垂直纸面向里，后垂直纸面向外。尝试解答选A。在竖直虚线左侧，圆环向右摆时磁通量增加，由楞次定律可判断，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，由安培定则可知感应电流方向为逆时针方向；摆过竖直虚线时，环中磁通量左减右增相当于方向向外的增大，因此感应电流方向为顺时针方向；在竖直虚线右侧向右摆动时，环中磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向，可知感应电流为逆时针方向，因此只有A项正确。总结升华电磁感应现象中的两个磁场(1)原磁场：引起电磁感应现象的磁场。做题时需要首先明确原磁场分布特点(大小、方向)以及穿过闭合回路的磁场变化情况。(2)感应电流磁场：感应电流产生的磁场，阻碍原磁场的磁通量变化，根据“增反减同”可以判断出感应电流产生的磁场方向。(3)感应电流的方向：在确定感应电流产生的磁场方向后，再由安培定则判断感应电流的方向。2017镇江模拟(多选)航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去。现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率铜铝。则合上开关S的瞬间()A从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C.若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射D.电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射答案BCD解析闭合开关S的瞬间，金属环中向右的磁场磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；由于电阻率铜铝，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流，由安培力公式可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，B正确；若将金属环置于线圈右侧，则闭合开关S的瞬间，穿过圆环的磁通量增加，圆环要阻碍磁通量的增加，环将向右弹射，C正确；电池正、负极调换后，同理可以得出金属环仍能向左弹射，D正确。考点3楞次定律、左手定则、右手定则、安培定则的综合应用对比分析1.“三个定则一个定律”的比较2三个定则和一个定律的因果关系(1)因电而生磁(IB)安培定则；(2)因动而生电(v、BI安)右手定则；(3)因电而受力(I、BF安或q、BF洛)左手定则；(4)因磁而生电(、BI安)楞次定律。例3(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()A向右加速运动 B向左加速运动C向右减速运动 D向左减速运动(1)如何判断MN所在处的磁场方向？提示：MN处的磁场由ab中电流产生，用安培定则判断。(2)由MN的运动方向，如何确定MN中的电流方向？提示：用左手定则确定。(3)L1中磁场方向如何判定？提示：与L2的磁场方向一致，L2中磁场方向由PQ切割磁感线方向决定，应用右手定则。尝试解答选BC。MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由MNL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为QP且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为PQ且增大向左加速运动。总结升华三定则、一规律的应用方法(1)应用左手定则和右手定则应注意二者的区别：抓住“因果关系”才能不失误，“因动而电”用右手；“因电而动”用左手。(2)应用楞次定律，必然要用到安培定则。(3)感应电流受到安培力，有时可以先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论“来拒去留”“增缩减扩”等确定安培力的方向。1.(多选)如图所示，在匀强磁场中放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是()A匀速向右 B加速向左C加速向右 D减速向左答案BC解析假设MN向右运动，由右手定则可知MN中的电流方向NM，在D中产生磁场，由安培定则可知磁场方向垂直纸面向外，如果MN加速向右运动，则MN中电流增大，A增大，由楞次定律可知，A有收缩的趋势；如果MN匀速向右运动，则MN中的电流不变，A不变，由楞次定律可知，A没有收缩的趋势，故C正确，A错误。假设MN向左运动可知，MN中的电流方向MN，由安培定则可知，D中磁场方向垂直纸面向里，若MN加速向左运动，则MN中电流增大，A有收缩的趋势；若MN减速向左运动，则MN中电流减小，A有扩张的趋势，B正确，D错误。2(多选)如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动()A向右匀速运动B向右加速运动C向左加速运动D向左减速运动答案BD解析cd杆向右移动，说明受向右的安培力，由左手定则可知cd杆中的电流cd，由安培定则可知L2中感应电流产生的磁场方向竖直向上，如果与原磁场方向相同，则减小，L1中的电流减小，ab杆减速，L1中磁场方向竖直向下，由安培定则可知ab杆中电流ba，由右手定则可知ab杆向左切割磁感线，即ab杆向左减速运动。如果与原磁场方向相反，则ab杆向右加速，所以应选B、D。1方法概述逆向思维法是指从事物正向发展的目标、规律的相反方向出发，运用颠倒的思维方式去思考问题的一种方法。2常见类型(1)运动形式的可逆性，如将匀减速运动看作反向的匀加速运动。(2)运用“执果索因”进行逆向思考，如通过感应电流产生的效果来推导产生的原因、感应电流的方向等。3解题思路(1)分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决。(2)确定逆向思维问题的类型。(3)通过转换研究对象或执果索因等逆向思维的方法确定求解思路。如图(甲)所示，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图(乙)所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是(规定向右为安培力F的正方向)()答案A解析在01 s内由(乙)图可知磁场均匀减小，所以产生恒定电动势，恒定电流，但F安BIL，B均匀减小，所以F安也均匀减小，因此D选项是错误的；因为01 s内磁场减小，线圈的磁通量减小，线圈abcd有扩张的趋势，所以ab受向左的安培力，向左为负，所以B选项是错误的；12 s内磁场均匀增加，磁通量增加，线圈有收缩的趋势，ab受向右安培力，向右为正，所以C选项错误，A选项正确。名师点睛楞次定律的推广应用电磁感应现象中因果相对的关系恰好反映了自然界的这种对立统一规律。对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：(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)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)“增反减同”。1如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a沿()A顺时针加速旋转B顺时针减速旋转C逆时针加速旋转D逆时针减速旋转答案B解析根据楞次定律的推论“增反减同”，b环中产生顺时针方向的感应电流，说明a中原电流可能顺时针减少，也可能逆时针增加，但b环有收缩的趋势，说明a环中的电流应与b环中的电流同向，同向电流相互吸引，才能使b环收缩，故a环中的电流只是顺时针减少，因此带正电的a环只能沿顺时针减速旋转，B正确。2. (多选)如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化使杆ab向右运动，则磁感应强度()A方向向下并减小B方向向下并增大C方向向上并增大D方向向上并减小答案AD解析由于ab杆向右运动，由逆向思维法可知，闭合回路的磁通量一定是变小，即为了阻碍磁通量变小，ab杆只能向右运动，所以只要磁感应强度变小就可以，磁场方向向上向下都可以，所以A、D正确。11电磁感应 第十章 第1讲电磁感应现象楞次定律 板块三限时规范特训 第2讲法拉第电磁感应定律自感现象板块一主干梳理夯实基础【知识点1】法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。2法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I。(4)导体切割磁感线时的感应电动势【知识点2】自感、涡流1互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。2自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势。(2)自感电动势定义：由于自感而产生的感应电动势。表达式：EL。自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。单位：亨利(H)，1 mH103 H,1 H106 H。3涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的旋涡，所以叫涡电流，简称涡流。(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。板块二考点细研悟法培优考点1法拉第电磁感应定律的应用拓展延伸1磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的比较提示：、的大小之间没有必然的联系，0，不一定等于0；感应电动势E与线圈匝数n有关，但、的大小均与线圈匝数无关。2应用法拉第电磁感应定律En时应注意(1)研究对象：En的研究对象是一个回路，而不是一段导体。(2)物理意义：En求的是t时间内的平均感应电动势，当t0时，则E为瞬时感应电动势。3法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，BS，则En。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则En，S是磁场范围内的有效面积。(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，末初，En。4在图象问题中磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。例1如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L10.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L20.8 m，整个闭合回路的电阻为R0.2 ，磁感应强度为B01 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路。ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以0.2 T/s的变化率均匀地增大。求：(1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)经过多长时间物体刚好离开地面(g取10 m/s2)。(1)如何判定金属棒上电流的方向？提示：用楞次定律。(2)物体刚好离地时，金属杆上的安培力的大小与方向如何？提示：ad棒受力平衡，mgF安，水平向左。尝试解答(1)ad_(2)0.08_V_(3)5_s。(1)原磁场方向竖直向下，回路中磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知金属棒上电流的方向ad。(2)由法拉第电磁感应定律可知：EnnS面积：SL1L20.4 m2由已知条件得：n1，0.2 T/s由已知条件：BB0t以上各式联立解得：t5 s。总结升华法拉第电磁感应定律的规范应用(1)一般解题步骤：分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；利用楞次定律确定感应电流的方向；灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。(2)应注意的问题：(a)用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，在Bt图象中为图线的斜率。(b)EnB通过回路的电荷量q仅与n、和回路电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：qtt。2017郴州模拟(多选)如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电荷量为q，线圈面积为S，则下列判断中正确的是()A带电微粒带负电B线圈内磁感应强度的变化率为C当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动D当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动答案BC解析当磁场减小时，由楞次定律和安培定则可判定，上极板带负电，根据粒子受力平衡可判断应带正电，A错误；对微粒mgFq而UnS。则，B正确；当下极板向上移动时，d减小，板间电压不变，则板间场强增大，微粒所受电场力增大，微粒将向上运动，C正确；开关断开时，板间电压不变，故微粒仍静止，D错误。考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算深化理解1导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式EBlv，应从以下几个方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。公式可为EBlvsin，当B与l垂直时，为B与v方向间的夹角；当B与v垂直时，为B与l间的夹角。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即Bl。(3)瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：lcdsin(容易错算成labsin)。乙图：沿v1方向运动时，lMN；沿v2方向运动时，l0。丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR。(5)相对性EBlv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2.导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图所示。(1)以中点为轴时，E0(相同两段的代数和)；(2)以端点为轴时，EBl2(平均速度取中点位置的线速度l)；(3)以任意点为轴时，EB(ll)(不同两段的代数和)。例2如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d。右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是()A在t时刻，回路中的感应电动势为BdvB在t时刻，回路中的感应电动势为2BdvC在t时刻，回路中的感应电流第一次改变方向D在t时刻，回路中的感应电流第一次改变方向(1)在动生电动势公式EBlv中，B、l与v三者的关系？提示：必须两两垂直，若不垂直必须分解。(2)导体棒的长度就是公式EBlv中的“l”吗？提示：不是，式中的l指的是有效长度。尝试解答选D。当t时，闭合回路的位置如图1，此时的有效长度为零，感应电动势也为零，A选项错误，此时的感应电流也为零，电流为零是电流方向改变的时刻，D选项正确。当t时，闭合回路的位置如图2，有效长度为d，感应电动势EBdv，B选项错误。在t时刻，闭合回路的位置如图3，有效长度为d，电流大小I，电流不为零，电流方向不变，C选项错误。总结升华如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()A. B. C. DBav答案A解析当摆到竖直位置时，棒上产生的感应电动势为EB2a2BaBav，而AB两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：AB两端电压为UIBav，故A正确。考点3通电自感和断电自感对比分析例3如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()AS闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮BS闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮CS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭DS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭(1)当自感电流满足什么条件时，灯泡L1才会闪一下？提示：当自感电流大于电路稳定时灯泡L1的原电流时灯泡才会闪一下。(2)断开开关S瞬间，通过自感线圈的电流方向变吗？提示：不变。尝试解答选D。S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C选项都是错误的，只有D选项正确。总结升华1自感线圈扮演的四个角色(1)刚闭合电路时，线圈这一支路相当于开路即此时I0；此时自感线圈等效于一个无限大的电阻。(2)电路闭合一段时间达到稳定后，线圈等效于无阻导线或电阻。(3)从闭合到电路稳定这一段时间内，自感线圈等效于一个变化的电阻，这个电阻从无限大逐渐减小为一个一般电阻或无阻导线。(4)电路刚断开时，线圈等效于一个电源，与其他电路元件可以组成一个新的回路，线圈的电流方向与稳定工作时保持一致，自感电流的大小不会超过断电前瞬间线圈电流的大小，从断电前的电流大小开始逐渐减小。2断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭。1.(多选)如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗答案AD解析在电路甲中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原通过它的电流减小，但流过灯A的电流仍逐渐减小，故灯A逐渐变暗。在电路乙中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍通过它本身的电流减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确。2. 如图所示的电路，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的()答案D解析断电自感中，自感线圈中的感应电流阻碍原电流减小，但不能阻止原电流减小，所以自感线圈中的电流是在原电流的基础上逐渐减小到0，并且变化率也逐渐减小，则断开S后，通过电阻R1的电流I1突然反向，大小变为I2，然后逐渐变为零，所以D选项正确。(20分)如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d0的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面夹角为，导轨平面内的矩形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上，ab与cd之间相距为L，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m。甲杆在磁场区域的上边界ab处，乙杆在甲杆上方与甲杆相距L处，甲、乙两杆都与导轨垂直且接触良好。由静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小a2gsin，甲离开磁场时撤去F，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场。(1)求每根金属杆的电阻R是多大？(2)从释放金属杆开始计时，求外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向。(3)若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q，求外力F对甲金属杆做的功W是多少？审题抓住信息，准确推断 破题形成思路，快速突破(1)由乙杆恰好做匀速运动，可以列出平衡方程。提示：mgsinBI1d0, I1(2)如何求得乙进入磁场速度？提示：动能定理mgLsinmv。(3)如何求得F，对哪个杆进行受力分析？提示：对甲杆FmgsinBId0m2gsin。(4)求F做功应利用什么规律求解。提示：分过程对甲杆和乙杆进行能量转化分析。解题规范步骤，水到渠成(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L2gsint，Lgsint解得t1，t2(1分)因为t1t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场。(1分)设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则mvmgLsin(1分)E1Bd0v1(1分)I1(1分)mgsinBI1d0(1分)解得R(1分)(2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，外力为F，则vat(1分)EBd0v(1分)I(1分)FmgsinBId0ma(1分)a2gsin联立以上各式解得Fmgsinmgsint(1分)方向垂直于杆平行于导轨向下。(1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则v2aL(1分)WmgLsin2Q1mv(2分)解得W2Q1mgLsin乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2Q2mgLsin(2分)根据题意有QQ1Q2(1分)解得W2Q(1分)点题突破瓶颈，稳拿满分此题关键点，先确定运动过程即甲离开磁场时，乙还未进入磁场，这样其实就转化为“单棒”切割问题了，当然受力情况和能量转化也就清晰了。15