2023届高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应及综合应用学案

第2讲　电磁感应及综合应用

1. 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用．

2. 电磁感应中的图像问题．

3. 电磁感应中的动力学与能量问题．

1. 电磁感应

(1) 判断感应电流的方向：右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留).

(2) 求解感应电动势常见情况与方法

(3) 自感现象与涡流

自感电动势与导体中的电流变化率成正比，线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系．线圈的横截面积越大，线圈越大，匝数越多，它的自感系数就越大．带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯的大得多．

2. 感应电流在磁场中所受的安培力

(1) 安培力的大小

(2)  安培力的方向判断

①右手定则和左手定则相结合，先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向．

②如果导体棒是在非安培力的作用下运动起来的，感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反．

 1. (2020·江苏卷)如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是(　　)

A. 同时增大B1减小B2

B. 同时减小B1增大B2

C. 同时以相同的变化率增大B1和B2

D. 同时以相同的变化率减小B1和B2

【解析】 同时增大B1减小B2，穿过圆环的总磁通量垂直纸面向里且增多，由楞次定律可知，环中感应电流的磁场垂直纸面向外，由安培定则可知，会在环中产生逆时针方向的感应电流，同理可知，同时减小B1增大B2，会在环中产生顺时针方向的感应电流，A错误，B正确．同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场穿过圆环的磁通量总保持大小相同，所以穿过圆环的总磁通量总为0，不会在环中产生感应电流，C、D错误．

【答案】 B

 2. (2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0 和k 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(　　)

A.  kS1B. 5kS2

C. k(S1－5S2)    D. k(S1＋5S2)

【解析】 由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正确，A、B、C错误．

【答案】 D

 3. (2020·江苏卷)如图所示，电阻为0.1  Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T．在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中：

(1) 感应电动势的大小E；

(2)  所受拉力的大小F；

(3)  感应电流产生的热量Q.

【答案】 (1) 感应电动势E＝Blv，

代入数据解得E＝0.8 V.

(2) 感应电流I＝，

线圈做匀速运动，所以拉力的大小等于安培力，F＝IlB，

解得F＝，

代入数据解得F＝0.8 N.

(3) 运动时间t＝

焦耳定律Q＝I2Rt，

解得Q＝，

代入数据解得Q＝0.32 J．

1. 感应电流方向的判断

　　2. 应用法拉第电磁感应定律的三点注意

(1) 公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．

(2)  利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．

(3)  通过回路截面的电荷量q＝Δt＝·Δt＝.q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．

(2021·南京第十三中调研)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上．已知电流从电流计左侧流进时，指针由中央向左偏转，则(　　)

A. 合上开关S的一瞬间，电流计指针不偏转

B. 合上开关S的一瞬间，电流计指针向左偏

C. 断开开关S的一瞬间，电流计指针不偏转

D. 断开开关S的一瞬间，电流计指针向左偏

【解析】合上开关S的一瞬间，通过线圈M的电流变大，则穿过线圈P的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，线圈P中产生的感应电流从电流计的右端流入，则电流计指针向右偏转，A、B错误；断开开关S的一瞬间，通过线圈M的电流变小，则穿过线圈P的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈P中产生的感应电流从电流计的左端流入，则电流计指针向左偏转，C错误，D正确．

【答案】 D

　　电磁感应中图像问题的分析方法

(2022·盐城模拟)如图甲所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．则线圈中产生的感应电动势的情况为(　　)

A. t1 时刻感应电动势最大

B. t＝0 时刻感应电动势为零

C. t2 时刻感应电动势为零

D. t1～t2 时间内感应电动势增大

【解析】 由于线圈内磁场面积一定、磁感应强度变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝nS·∝，t1时刻磁感应强度的变化率为零，感应电动势为零，A错误；t＝0时刻磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势不为零，B错误；t2时刻磁感应强度的变化率不为零，感应电动势不为零，C错误；t1～t2时间内磁感应强度的变化率增大，感应电动势增大，D正确．

【答案】 D

(2022·连云港期末)如图所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒(电阻不计)水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运动过程中棒的加速度为a、动量为p、通过的电荷量为q、重力势能为Ep 、位移为x、运动时间为t.下列图像不正确的是(　　)

【解析】 感应电流为I＝＝，安培力为F＝BIl＝，根据牛顿第二定律有a＝＝g－，则速度增加过程中，加速度逐渐减小，且加速度的变化率∝＝a，当加速度减小时，加速度的变化率也减小，所以A正确；金属棒的动量为p＝mv，则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B错误；通过的电荷量为q，则有q＝IΔt＝·Δt＝，所以电荷量q与位移x成正比，则C正确；重力势能为Ep，则有 Ep＝Ep0－mgx，所以D正确．故选B.

【答案】 B

1. 电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处．分析思路如下：

2. 求解焦耳热Q的三种方法

(1) 焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；

(2) 功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；

(3) 能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量).

(2022·苏锡常镇调研)如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1 、L2 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1 静止，L2 以初速度v0 向右运动，两导体棒不发生碰撞，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(　　)

A. 导体棒L1 的最终速度为v0

B. 导体棒L2 产生的焦耳热为

C. 通过导体棒横截面的电量为

D. 两导体棒的初始距离最小为

【解析】 根据楞次定律，导体棒L1、L2最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得mv＝Q总＋(2m)v，解得Q总＝mv，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2 产生的焦耳热为Q＝Q总＝mv，故B错误；对导体棒L2，由动量定理得BIdt＝mΔv，因为q＝It，故Bdq＝mΔv，因此通过导体棒横截面的电量为q＝＝，故C错误；当导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电量q＝IΔt＝ Δt＝·Δt＝＝，解得l＝，故D正确．

【答案】 D

(2022·南京六校联合体调研)如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m足够长的平行导轨，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接有一个阻值R＝1 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.5  kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，金属棒沿导轨下滑过程中始终与NQ平行，不计金属棒和导轨的电阻(g＝10 m/s2，sin  37°＝0.6，cos  37°＝0.8).

(1) 求金属棒到达cd 处的速度大小；

(2) 已知金属棒从NQ 运动到cd 过程中，通过电阻的电荷量为2.5 C，求此过程中电阻R 产生的焦耳热Q.

【答案】 (1) 当金属棒达到稳定速度vm时，感应电动势E＝B0Lvm, I＝，

安培力FA＝B0IL，且FA＋μmg cos θ＝mg sinθ，

代入数据解得vm＝4 m/s.

(2) 电荷量为q＝IΔt＝，

代入数据解得s＝5 m.

从开始释放到达cd，若克服安培力做功为WF，由动能定理得

mgs sin 37°－μmgs cos37°－WF＝mv－0，

根据功能关系知，产生的热量Q总＝WF，

代入数据解得Q总＝1.0 J．

 1. (2022·南京、盐城模拟)如图所示是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是(　　)

A. 制动过程中，导体不会产生热量

B. 如果导体反向转动，此装置将不起制动作用

C. 制动力的大小与线圈中电流的大小无关

D. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大

【解析】 电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，A错误；如果导体反向转动，仍会产生涡流，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越大，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越大，制动力就越大，D正确．

【答案】 D

 2. (2022·泰州期末)“L”型的细铜棒在磁感应强度为B的匀强磁场中运动，已知“L”型细铜棒两边相互垂直，长度均为l，运动速度大小为v，则铜棒两端电势差的最大值为(　　)

A. BlvB. Blv

C. Blv    D. 2Blv

【解析】 当细铜棒切割磁感线的有效长度最大时，铜棒两端的感应电动势最大．如图所示，当L型铜棒速度方向垂直铜棒两端连线时，切割磁感线的有效长度为l，此时铜棒两端电势差最大，最大值为E＝Blv，故B正确．

【答案】 B

 3. (2022·常州八校调研)如图所示，L是直流电阻不计的带铁芯线圈，A、B是完全相同的小灯泡．下列说法正确的是(　　)

A. 闭合S瞬间，A灯立即亮，B灯逐渐变亮

B. 闭合S瞬间，A灯比B灯先亮

C. 断开S瞬间，A灯立即熄灭，B灯闪亮后熄灭

D. 断开S瞬间，通过B灯的电流方向从左向右

【解析】 刚闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，分流作用增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，B逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，A灯更亮，故A、B错误；稳定后再断开开关S后，灯泡A立即熄灭，而线圈L中的电流逐渐减小，灯泡B与线圈L构成闭合回路，灯泡B变亮再逐渐熄灭，通过B灯的电流方向从右向左．故C正确，D错误．

【答案】 C

 4. (2022·南京调研)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中(　　)

A. 导体框中产生的感应电流方向相反

B. 导体框ad边两端电势差之比为1∶3

C. 导体框中产生的焦耳热之比为1∶3

D. 通过导体框截面的电荷量之比为1∶3

【解析】 将线框拉出磁场的过程中，穿过线框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，方向相同，故A错误；设线框的边长为L，线框以v运动时，dc边中感应电动势为E1＝BLv，ad边两端电势差为U1＝E1＝BLv，线框以3v运动时，ad边中感应电动势为E2＝3BLv，ad边两端电势差为U2＝E2＝BLv，导体框ad边两端电势差之比为U1∶U2＝1∶9，故B错误；线框以v运动时，产生的焦耳热为Q1＝×＝，线框以3v运动时，产生的焦耳热为Q2＝×＝，导体框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，故C正确；将线框拉出磁场的过程中，穿过线框的磁通量的变化量相同，根据推论q＝可知，通过导体框截面的电荷量相同，故D错误．

【答案】 C