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1、【2019最新】精选高考物理二轮复习第一部分专题十电磁感应规律及其应用学案江苏卷考情导向考点考题考情电磁感应规律及其应用2016年T13考查导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律2016年T6考查电吉他的原理和法拉第电磁感应定律2014年T1考查法拉第电磁感应定律S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积2014年T7考查涡流的应用1本专题对基本知识、规律的考查多为选择题，对综合知识的考查则以计算形式2高考题目的设置方式选择题以电磁感应现象、感应电流计算及方向的判断、电磁感应的图象问题、简单的动力学知识和功能关系为主，计算题多是以导体棒切割磁感线的电路问题、动力学问题及功能关系的综合为主电
2、磁感应中的图象问题电磁感应中电路和能量问题2017年T13考查电磁感应、闭合电路的欧姆定律以及电功率2015年T13考查法拉第电磁感应定律、电阻定律和焦耳定律2013年T13考查感生电动势、动生电动势及电磁感应中的能量转化考点1| 电磁感应规律及其应用难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年4考(对应学生用书第48页)1(2016江苏高考T13)据报道，一法国摄影师拍到了“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见如图101所示，假设“天宫一号”正以速度v77 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L20 m，地磁场的
3、磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B10105 T将太阳帆板视为导体图101(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“15 V，03 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R64103 km，地球表面的重力加速度g取98 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字) 【导学号：17214162】【解题关键】关键语句信息解读地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B10105 Tv、L、B相互垂直，可直接应用公式EBLv求感应电动势小灯泡与M、N相连构成闭合电
4、路，不计太阳帆板和导线电阻帆板MN和导线均处于磁场中垂直切割磁感线【解析】(1)感应电动势EBLv，代入数据得E154 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流(3)在地球表面有Gmg“天宫一号”做匀速圆周运动，有Gm解得hR，代入数据得h4105 m(数量级正确都算对)【答案】(1)154 V(2)见解析(3)4105 m2(2014江苏高考T1)如图102所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()【导学号：17214163】图102ABC
5、 DB由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势EnnSn，得E，选项B正确3(多选)(2014江苏高考T7)如图103所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()图103A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中的铁芯AB利用法拉第电磁感应定律和涡电流解题当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱所以选项A
6、、B正确，选项C、D错误4(多选)(2016江苏高考T6)电吉他中电拾音器的基本结构如图104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104A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BCD铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律EN知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中
7、感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D正确1感应电流方向的判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断2楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(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”3求感应电动势的两种方法(1)En，用来计算感应电动势的平均值(2)EBLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值考向1法拉第电磁感应定律的应用1(2017资阳模拟)用一根横截面积为S、电阻率为
8、的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图105所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率k(k0)，则() 【导学号：17214164】图105A圆环具有收缩的趋势B圆环中产生的感应电流为逆时针方向C圆环中a、b两点的电压UabD圆环中产生的感应电流大小为C由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故A错误；磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故B错误；根据法拉第电磁感应定律，有：Er2，由闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为Uab，故C正
9、确；由法拉第电磁感应定律可知，Er2，线圈电阻R，感应电流I，故D错误考向2楞次定律的应用2(多选)(2017南京四模)超导体具有电阻为零的特点，图为超导磁悬浮原理图，a是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈b正上方，当闭合电键S后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡下列说法正确的有()图106A闭合电键S瞬间，a环中感应电流受到的安培力向上B闭合电键S，稳定后通过a环磁通量不变，a环中不再有电流C闭合电键S，稳定后通过a环的电流是恒定电流DR取不同的电阻值，稳定后a环所受安培力都相等ACD闭合电键S瞬间，线圈中磁通量增大，则由楞次定律可知，a中产生的安培力将使a环有向上运动的趋势，故a环中感应电流受
10、到的安培力向上，故A正确；由于线圈由超导体制成，没有电阻所以不消耗能量，故电流一直存在，故B错误；闭合电键S，稳定后通过a环的电流不再变化，故为恒定电流，故C正确；因圆环存于平衡状态，所以受到的安培力一定等于重力，故稳定时受安培力与电阻R无关，故D正确3(2017苏锡常二模)图中L是线圈，D1、D2是发光二极管(电流从“”极流入才发光)闭合S，稳定时灯泡A正常发光，然后断开S瞬间，D2亮了一下后熄灭，则() 【导学号：17214165】图107A图是用来研究涡流现象的实验电路B开关S闭合瞬间，灯泡A立即亮起来C开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高D干电池的左端为电源的正极D该电路是用来研究线圈
11、的自感现象的，与涡流无关，故A错误；L是自感系数足够大的线圈，D1和D2是两个相同的二极管，S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以灯泡A逐渐变亮，故B错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管，则P点电势比Q点电势低，故C错误；S断开，D2亮了一下后熄灭，说明S断开的瞬间电流从右向左流过二极管；根据线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小可知，流过L的电流的方向在S断开前从左向右，所以L的左侧为正极，则干电池的左端为电源的正极，故D正确考向3涡流的应用4(2017湖南三模)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线小到
12、手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化如图108所示，给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图关于无线充电，下列说法正确的是()图108A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电C无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与
13、发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误考点2| 电磁感应中的图象问题难度：中档题 题型：选择题(对应学生用书第50页)5(2011江苏高考)如图109所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计匀强磁场与导轨平面垂直阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触T0时，将开关S由1掷到2q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度下列图象正确的是()【导学号：17214166】图109ABCD【解题分析】1知道电容
14、器放电后会在电路中产生电流2导体棒在安培力的作用下加速运动3导体棒切割磁感线产生的感应电流与电容器放电电流反向D开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势EBlv，即增大，则实际电流减小，安培力FBIL，即减小，加速度a，即减小因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动(变加速)由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值(不会减少到0)这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等(2)分析电磁感应的具体过程(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等(6)画图象或判断图象
