【物理】2018届一轮复习沪教版第14讲电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用学案

【物理】2018届一轮复习沪教版第14讲电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用学案

第14讲 电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用 ‎【高考热点】‎ ‎1.楞次定律的理解和应用.‎ ‎2.“一定律三定则”的应用技巧.‎ ‎3.法拉第电磁感应定律的理解和应用.‎ 一、楞次定律的理解和应用 ‎1.熟练掌握利用楞次定律判断感应电流方向的步骤、方法和思路.‎ ‎2.判断感应电流方向的“四步法”‎ ‎【例1】 某实验小组用如图1所示的实验装置来验证楞次定律.当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是( )‎ 图1‎ A.a→G→b B.先a→G→b，后b→G→a C.b→G→a D.先b→G→a，后a→G→b ‎【变式1】 如图2(a)所示，两个闭合圆形线圈A、B 的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图(b)所示的交变电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)，在t1～t2时间段内，对于线圈B，下列说法中正确的是( )‎ 图2‎ A.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势 B.线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势 C.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势 D.线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势 方法提炼 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”.‎ 二、法拉第电磁感应定律的理解和应用 ‎1.感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系.‎ ‎2.当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n.磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线.‎ ‎3.当导体棒切割磁感线时，E＝Blv，适用于①匀强磁场；②B、l、v三者互相垂直，若不垂直可分解v或B；③v是瞬时速度时，可求瞬时电动势，转动切割时v用棒上各点平均速度，公式为E＝Blv＝Bωl2(绕一端转动).‎ ‎【例2】 如图3所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω 匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )‎ 图3‎ A. B. C. D. ‎【变式2】 (多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图4所示.则( )‎ 图4‎ A.θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav B.θ＝时，直杆产生的电动势为Bav C.θ＝0时，直杆受的安培力大小为 D.θ＝时，直杆受的安培力大小为 规律总结 公式E＝n与公式E＝Blvsin θ的区别与联系 ‎(1)适用条件：E＝n较适合分析、求解回路的磁通量发生变化时感应电动势的大小，而E＝Blvsin θ 较适合分析、求解导体做切割磁感线运动时感应电动势的大小.‎ ‎(2)应用E＝n一般计算的是Δt时间内感应电动势的平均值，而E＝Blvsin θ既可以用来计算感应电动势的平均值，又可以用来计算感应电动势的瞬时值，取决于v是平均值还是瞬时值.‎ 三、“一定律三定则”的应用技巧 应用现象及规律比较 基本现象 应用的定则或定律 运动电荷、电流产生磁场 安培定则 磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则 电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则 闭合回路磁通量变化 楞次定律 ‎【例3】 (多选)如图5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( )‎ 图5‎ 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 ‎【变式3】 如图6所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中( )‎ 图6‎ A.有感应电流，且B被A吸引 B.无感应电流 C.可能有，也可能没有感应电流 D.有感应电流，且B被A排斥 规律总结 “一个定律与三个定则”的规范应用 ‎1.一般解题步骤 ‎(1)分析题干条件，找出闭合电路或切割磁感线的导体棒.‎ ‎(2)结合题中的已知条件和待求量的关系选择恰当的规律.‎ ‎(3)正确地利用所选择的规律进行分析和判断.‎ ‎2.应用区别 关键是抓住因果关系 ‎(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；‎ ‎(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；‎ ‎(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则.‎ 题组1 楞次定律的理解和应用 ‎1.(2016·江苏单科，6)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图7所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有( )‎ 图7‎ A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B.取走磁体，电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 ‎2.如图8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( )‎ 图8‎ 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 ‎3.如图9甲所示，长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中固定不动，长直导线中通有大小和方向都随时间周期性变化的电流i，i－t图象如图乙所示.规定图甲中箭头所指的方向为电流正方向，则在～时间内，关于矩形线框中感应电流的方向，下列判断正确的是( )‎ 图9‎ A.始终沿逆时针方向 B.始终沿顺时针方向 C.先沿逆时针方向然后沿顺时针方向 D.沿顺时针方向然后沿逆时针方向 ‎4.(多选)如图10所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外.一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右).则 ( )‎ 图10‎ A.导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B.导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a C.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D.导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左 ‎5.(多选)如图11甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，规定图甲中箭头方向为电流正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则 ( )‎ 图11‎ A.t1时刻FN＞G，P有收缩的趋势 B.t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大 C.t3时刻FN＝G，此时P中无感应电流 D.t4时刻FN＜G，此时穿过P的磁通量最小 题组2 法拉第电磁感应定律的理解和应用 ‎6.如图12所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐.若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°.为使两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则( )‎ 图12‎ A.v1∶v2＝2∶π B.v1∶v2＝π∶2‎ C.v1∶v2＝1∶2 D.v1∶v2＝2∶1‎ ‎7.(多选)在如图13甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF ‎.在一段时间内，穿过螺线管的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.则下列说法中正确的是( )‎ 图13‎ A.螺线管中产生的感应电动势为1 V B.闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1消耗的功率为5×10－2 W C.电路中的电流稳定后电容器下极板带正电 D.开关S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－5 C ‎8.(2016·全国卷Ⅰ，24)如图14，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求 图14‎ (1) 作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小.‎ ‎9.(2016·全国卷Ⅱ，24)如图15，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求 图15‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值.‎ 题组3 对“一定律三定则”的综合考查 ‎10.(多选)如图16所示，通电导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化情况是( )‎ 图16‎ A.cd中通有由d→c方向逐渐减小的电流 B.cd中通有由d→c方向逐渐增大的电流 C.cd中通有由c→d方向逐渐减小的电流 D.cd中通有由c→d方向逐渐增大的电流 ‎11.(多选)如图17所示装置中，cd杆原来静止.当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( )‎ 图17‎ 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 ‎12.如图18所示，A、B是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同.一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行，线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中间，则下面的说法中正确的是( )‎ 图18‎ A.在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量最大 B.在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零 C.从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化 D.从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变第三阶段　‎ 第14讲 电磁感应中“两定律三定则”的灵活应用 备考指导 例1 D [①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．②明确回路中磁通量的变化情况：线圈中向下的磁通量增加．③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上．④应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针方向(俯视)即：b→G→a.同理可以判断：条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得线圈中将产生顺时针方向的感应电流(俯视)，即电流从a→G→b.也可直接根据楞次定律中“阻碍”的含义推论：来则拒之，去则留之分析．]‎ 变式1 A [在t1～t2时间段内，A线圈的电流为逆时针方向，产生的磁场垂直纸面向外且是增加的，由此可判定B线圈中的电流为顺时针方向．线圈的扩张与收缩可用阻碍Φ变化的观点去判定．在t1～t2时间段内B线圈内的Φ增强，根据楞次定律，只有B线圈增大面积，才能阻碍Φ的增加，故选A.]‎ 例2 C [当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．]‎ 变式2 AD [当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝＝，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝，选项C错误．当θ＝时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos ＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝＝，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝，选项D正确．]‎ 例3 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M→NL1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Q→P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P→Q且增大向左加速运动．]‎ 变式3 D [MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场强度逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥，故D正确．]‎ 考点突破 ‎1．BCD [铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；由E＝n可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确．]‎ ‎2．B [由楞次定律知，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.]‎ ‎3．B [在～时间内，穿过线框的磁场方向先向里减小后向外增加，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向里，故感应电流的方向始终沿顺时针方向，选B.]‎ ‎4．BD [根据右手定则或楞次定律可知，选项A错误，B正确；根据楞次定律“来拒去留”的口诀可知，导线框进入磁场和离开磁场时，受到的安培力方向均是水平向左，所以选项C错误，D正确．本题答案为B、D.]‎ ‎5．AB [t1时刻，电流增大，由楞次定律知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流达到最大，变化率为零，故线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，故穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，选项C错误；t4时刻电流变化率为零，线圈中无感应电流，FN＝G，此时穿过P 的磁通量最大，选项D错误．]‎ ‎6．A [将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间t1＝÷v1＝；让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°，角速度ω＝，时间t2＝÷ω＝，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，t2＝t1，解得v1∶v2＝2∶π，选项A正确．]‎ ‎7．CD [根据法拉第电磁感应定律E＝＝n·S求出E＝1.2 V，选项A错；根据全电路欧姆定律I＝＝0.12 A，根据P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝5.76×10－2 W，选项B错；由楞次定律得选项C对；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带电荷量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6 V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C，选项D对．]‎ ‎8．(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ) 解析 (1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得 ‎　‎ 甲 乙 ‎2mgsin θ＝μFN1＋T＋F①‎ FN1＝2mgcos θ②‎ 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μFN2＝T③‎ FN2＝mgcos θ④‎ 联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为 E＝BLv⑤‎ 回路中电流I＝⑥‎ 安培力F＝BIL⑦‎ 联立⑤⑥⑦得：‎ v＝(sin θ－3μcos θ) ‎9．(1)Blt0(－μg) (2) 解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为 E＝Blv③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0(－μg)④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝⑤‎ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥‎ 因金属杆做匀速运动，有 F－μmg－F安＝0⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧‎ ‎10．BD ‎11．BD [ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得 C不正确，D正确．]‎ ‎12．D [由题意知线圈经过位置2时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，故A、B均错误；从位置1到位置3的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，然后向里逐渐增大，由楞次定律知线圈中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线圈所受的磁场力的方向始终向右，故C错误，D正确．]‎