高考物理二轮复习 第1部分 专题4 第2讲 电磁感应定律及其应用

这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题4 第2讲 电磁感应定律及其应用，共22页。试卷主要包含了判定感应电流方向的两种方法，求感应电动势的方法，电磁感应中电荷量的求解方法等内容，欢迎下载使用。

突破点一| 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．判定感应电流方向的两种方法
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．求感应电动势的方法
(1)
(2)导体棒垂直切割eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(平动切割：E＝Blv,转动切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))
3．电磁感应中电荷量的求解方法
q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝neq \f(ΔΦ,R＋r)(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)
4．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”。
[典例1] (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中( )
A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．感应电流先增大，后减小
C．通过线框的电荷量为eq \f(\r(3)BL2,6R)
D．c、b两点的最大电势差为eq \r(3)BLv
[题眼点拨] ①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。
②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
AD [线圈穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·eq \r(3)Lv＝eq \r(3)BLv，选项D正确。]
[考向预测]
1．(多选)(2021·山东素养强化卷)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，在匀强磁场区域内，将质量为m＝1 kg、长为L＝1 m、电阻为R＝1 Ω的金属棒ab垂直导轨放置在足够长的水平光滑U形导轨上，且与导轨接触良好，导轨间距为L＝1 m，导轨电阻可忽略不计。金属棒ab在垂直于棒的水平拉力F的作用下，由静止开始(t＝0时)以加速度a＝1 m/s2向右做匀加速直线运动，2 s后保持拉力的功率不变，直到棒ab以最大速度做匀速直线运动再撤去拉力F。下列说法正确的是( )
A．2 s时拉力F的大小为3 N
B．棒ab的最大速度为6 m/s
C．0～2 s内安培力对金属棒的冲量大小为4 N·s
D．撤去拉力F后，棒ab运动的距离为eq \r(6) m
AD [起初棒ab做匀加速直线运动，t＝2 s时由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，棒ab切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv,2 s时的速度为v＝at＝2 m/s，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，联立解得F＝3 N，A正确；t＝2 s时拉力F的功率为P＝Fv＝6 W，棒ab最终做匀速运动，设棒ab的最大速度为vmax，棒受力平衡，则有eq \f(P,vmax)－BImaxL＝0，其中Imax＝eq \f(BLvmax,R)，联立解得vmax＝eq \r(6) m/s，B错误；0～2 s内，金属棒做匀加速直线运动，所受安培力F安＝eq \f(B2L2at,R)，可知安培力随时间均匀增大，安培力的冲量为F安­t图线与坐标轴围成的面积，即I安＝eq \f(F安2＋0,2)t＝2 N·s，C错误；撤去拉力F后，以金属棒ab为研究对象，由动量定理得－Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝mΔv，又q＝eq \(I,\s\up6(－))t，解得BLq＝mvmax，又有q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，其中x为撤去拉力F后棒ab运动的距离，联立并代入数据解得x＝eq \r(6) m，D正确。故选AD。]
2．(多选)(2021·安徽省马鞍山市高三下学期4月二模)如图所示的回路，其半圆形部分处在匀强磁场中，半径为0.5 m。t＝0时磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0－kt，其中B0＝8 T，k＝8 T/s。电源E的电动势为2.0 V，回路的总电阻为2.0 Ω。则( )
A．t＝0.5 s时，回路中的电流约为0.57 A
B．t＝1 s时，感应电动势为零
C．t＝1 s时，回路中的电流方向发生改变
D．t＝1 s时，回路受到安培力的方向发生改变
AD [回路中产生的感应电动势E′＝eq \f(ΔB,Δt)S＝k·eq \f(1,2)πr2＝3.14 V，感应电动势的方向与电源E的方向相反，回路的电流I＝eq \f(E′－E,R)＝0.57 A，电流的方向是不变的，选项A正确，B、C错误； t＝1 s时，B＝0，磁场的方向发生改变，则回路受到安培力的方向发生改变，选项D正确。]
3．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为eq \f(1,2)Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为eq \f(2gd,Br2ω)
C．电阻消耗的电功率为eq \f(πB2r4ω,2R)
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
B [棒产生的电动势为E＝Br·eq \f(1,2)ωr＝eq \f(1,2)Br2ω，选项A错误；金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq \f(E,d)＝mg，可得eq \f(q,m)＝eq \f(2gd,Br2ω)，选项B正确；电阻消耗的电功率P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(B2r4ω2,4R)，选项C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝eq \f(1,2)CBr2ω，选项D错误。]
突破点二| 电磁感应中的图象问题
1．“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。
2．“两种方法”
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。
[典例2] (2021·江苏扬州模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化的关系图象正确的是( )
A B
C D
C [线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝eq \f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq \f(BLa,R)t，B、L、a均不变，0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，t2时刻后无感应电流，故A、B错误；感应电流与时间的关系式为I＝eq \f(BLa,R)t,0～t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝eq \f(BLat,R)×eq \f(1,4)R＝eq \f(BLat,4)，电压随时间均匀增加，t2时刻后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，故C正确；线框所受的安培力为FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq \f(B2L2a,R)t＋ma,0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时刻后无感应电流，F＝ma，为定值，故D错误。]
反思感悟：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Φ­t图，或者E­t图、v­t图、I­t图等(如典例的四个选项中的三类图象)。
(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。
[考向预测]
4．(2021·广东肇庆市高三二模)如图所示，将粗细均匀的导体圆环固定在竖直平面内，圆环半径为a，圆环的最高点A处用铰链连接粗细均匀的导体棒AD，导体棒的长度为2a，电阻为r，圆环电阻不计，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中。现使导体棒AD绕铰链从水平位置开始顺时针匀速转动，导体棒与圆环始终接触良好。导体棒转动一周的过程中，i表示流过导体棒的电流，取电流从A流向D的方向为正方向，则正确描述电流i随时间t变化关系的是( )
A B C D
C [金属棒AD与圆环接触点间的电动势为E＝eq \f(1,2)B(2asin ωt)2ω，电阻为R＝rsin ωt，由欧姆定律可知电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2Ba2ω,r)sin ωt，顺时针转动过程中前半个周期有电流，由右手定则或楞次定律可以判定电流由A指向D，后半个周期，即转到180°后不再构成回路，金属棒AD中无电流，故选项C正确。]
5．(多选)(2021·山东省日照市高三下学期5月三模)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，相同的光滑金属棒P、Q静止在导轨上。t＝0时，用水平恒力向右拉动金属棒Q，运动过程中，金属棒P、Q始终与导轨垂直并接触良好，金属棒P的速度用v表示，加速度用a表示；P、Q与导轨构成的回路中的电流用I表示，磁通量用Φ表示。v、a、I、Φ与时间t的关系图象，正确的是( )
A B C D
AC [由题意可知Q棒由静止开始加速，受F和反向的安培力作用；P棒在安培力作用下同样由静止加速，则有F－F安＝maQ，F安＝maP，刚开始一段时间内aQ>aP，故vQ－vP增大；又因为I＝eq \f(BLvQ－vP,R总)，所以I一开始增大，且变化速率与aQ－aP相同，越来越小；当aQ和aP相同时达到稳定状态，vQ－vP不变，电流不变；故金属棒P先做加速度增大的加速运动，然后做匀加速运动，故A、C正确，B错误；达到稳定状态时aQ＝aP，但vQ>vP，PQ间的距离xPQ增大，故根据Φ＝BLxPQ可知Φ不断增大，故D错误。]
6．(2021·四川省内江市高三下学期二模) 如图(a)所示，水平面上固定着两根间距L＝0.5 m的光滑平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间连接一个阻值R＝3 Ω的电阻，一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝2 Ω的金属棒ab垂直于导轨放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小B＝2 T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d＝5.2 m。现对金属棒施加一个大小F＝2 N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的v­t图象如图(b)所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计。则金属棒( )
(a) (b)
A．刚进入磁场时，a点电势高于b点
B．刚进入磁场时，通过电阻R的电流大小为0.6 A
C．通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为1.04 C
D．通过磁场过程中，金属棒的极限速度为4 m/s
C [根据右手定则，b点为电源的正极，所以a点电势低于b点，A错误；刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv＝4 V，电流为I＝eq \f(E,R＋r)＝0.8 A，B错误；通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLd,R＋r)＝1.04 C，C正确；通过磁场过程中，当安培力与外力平衡时，速度达到极限，有F＝BIL＝eq \f(B2L2vm,R＋r)，解得vm＝10 m/s，D错误。]
突破点三| 电磁感应中的力电综合
1．
2．
3．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力。
(3)能量转化：Q＝ΔE其他。
4．利用动量定理求感应电荷量或运动位移
如：Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，可得q＝eq \f(Δp,BL)。
eq \f(B2L2\(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝Δp，x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq \f(ΔpR总,B2L2)。
动力学和能量观点的应用
[典例3] (2021·山东潍坊高三4月检测)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量m＝10 g、总电阻为R＝1 Ω、边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；
(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；
(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。
[题眼点拨] (1)“粗糙斜面”考虑摩擦力对运动的影响及摩擦力做功。
(2)“刚好做匀速直线运动”沿斜面方向上，重力的分量、摩擦力及安培力合力为零。
[解析] (1)金属线圈向下匀速进入磁场时有mgsin θ＝μmgcs θ＋F安
其中F安＝BId，I＝eq \f(E,R)，E＝Bdv
解得v＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θR,B2d2)＝2 m/s。
(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动有
v2＝2ax，mgsin θ－μmgcs θ＝ma
线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmgcs θ·2x，其中Ek＝eq \f(1,2)mv2
解得Ek1＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(v2μmgcs θ,gsin θ－μgcs θ)＝0.1 J。
(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有
mgsin θ·2d－μmgcs θ·2d＋W安＝0，Q＝－W安
解得Q＝2mgd(sin θ－μcs θ)＝4×10－3 J。
[答案] (1)2 m/s (2)0.1 J (3)4×10－3 J
反思感悟：求解电磁感应中动力学和能量问题的两个关键
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。
动量和能量观点的应用
[典例4] 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
甲 乙
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
[思路点拨] 解此题关键有两点：
(1)合理选取研究对象，做好运动过程分析。
(2)充分利用图象获取初状态和末状态的信息。
[解析] (1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有
Bdeq \(I,\s\up6(－))·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b杆中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq \f(115,6) J。
[答案] (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
反思感悟：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。
[考向预测]
7．(2021·山东省教科所高三下学期5月二模)如图所示，水平面内放置着足够长的两光滑平行导轨，m、n是两根同样材料的圆柱形金属导体棒，两根棒的长度相等，n棒的质量是m棒的两倍。匀强磁场方向竖直向下。若给m棒9 J的初动能，使之向左运动，导轨的电阻忽略不计，则整个过程m棒产生的最大热量是( )
A．2 J B．4 J C．6 J D．9 J
B [因m向左减速，n向左加速，当两者共速时回路的感应电流为零，安培力为零，以后两棒匀速运动，由动量守恒定律可知Mv0＝(M＋2M)v，则回路产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·3Mv2，其中eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝9 J，因为n棒的质量是m棒的两倍，则n棒的横截面积是m棒的两倍，根据R＝ρeq \f(l,S)可知，m棒的电阻是n棒电阻的2倍，则Qm＝eq \f(2,3)Q，联立解得Qm＝4 J，选项B正确。]
8．(多选)(2021·山东潍坊市高考模拟考试)如图所示，MN和PQ是两根电阻不计的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨水平部分处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面夹角为37°，导轨右端接一阻值为R的定值电阻，质量为m、长度为L的金属棒，垂直导轨放置，从导轨左端高h处静止释放，进入磁场后运动一段距离停止。已知金属棒电阻为R，与导轨间接触良好，且始终与磁场垂直，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度为g，则金属棒进入磁场区域后( )
A．定值电阻两端的最大电压为eq \f(BL\r(2gh),2)
B．金属棒在水平导轨上运动时对导轨的压力越来越大
C．金属棒在磁场中运动的距离为eq \f(2mR\r(2gh),B2L2)
D．定值电阻R上产生的焦耳热为eq \f(1,2)mgh
BD [金属棒进入磁场的瞬间，金属棒的速度最大，棒中的感应电动势最大，定值电阻R两端的电压最大，设金属棒进入磁场瞬间的速度为v，则由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv2，金属棒中的感应电动势为E＝BLvsin 37°，定值电阻两端的电压为U＝eq \f(R,R＋R)E＝eq \f(1,2)BLvsin 37°＝eq \f(3BL\r(2gh),10)，A错误；金属棒进入磁场后，所受的安培力垂直磁场斜向左上方，则金属棒做减速运动，感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，安培力竖直向上的分力逐渐减小，则在竖直方向上金属棒对水平导轨的压力逐渐增大，B正确；对金属棒在水平方向上由动量定理得－Bsin 37°·eq \(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv，由欧姆定律有eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)，又由法拉第电磁感应定律得eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Bsin 37°·Lx,Δt)，整理得x＝eq \f(50mR\r(2gh),9B2L2)，C错误；对金属棒的整个运动过程由能量守恒定律得mgh＝QR＋Q棒，由于金属棒和定值电阻的阻值相等，则QR＝Q棒，解得QR＝eq \f(1,2)mgh，D正确。故选BD。]
9．(2021·安徽省黄山市高三下学期4月二模)如图所示，某生产线圈的厂家通过水平绝缘传送带输送相同的闭合铜线圈，为了检测出未闭合的不合格的线圈，让传送带通过一固定的匀强磁场区域，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离的变化，就可以检测出不合格的线圈。已知磁场方向垂直于传送带平面向上，磁场的磁感应强度大小为B，磁场的左、右边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ的距离为 eq \r(3)d。有两个边长均为L(L