新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了导体切割磁感线产生感应电动势，自感现象，涡流等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc208411771" 题型一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用 PAGEREF _Tc208411771 \h 1
\l "_Tc208411772" 题型二 导体切割磁感线产生感应电动势 PAGEREF _Tc208411772 \h 6
\l "_Tc208411773" 类型1 平动切割磁感线 PAGEREF _Tc208411773 \h 7
\l "_Tc208411774" 类型2 转动切割磁感线 PAGEREF _Tc208411774 \h 11
\l "_Tc208411775" 类型3 有效长度问题 PAGEREF _Tc208411775 \h 14
\l "_Tc208411776" 题型三 自感现象 PAGEREF _Tc208411776 \h 19
\l "_Tc208411777" 题型四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动 PAGEREF _Tc208411777 \h 24

题型一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝eq \f(E,R＋r).
2．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)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的变化引起时，则E＝neq \f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq \f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt).
3．磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．
如图甲所示，轻质细线吊着一质量m＝2kg、边长L＝1m、匝数n＝5的正方形线圈，线圈总电阻r＝0.5Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．0~6s内穿过线圈磁通量的变化量为3Wb
B．线圈中产生的感应电流的大小为0.5A
C．t＝6s时轻质细线的拉力大小为12N
D．0~6s内线圈产生的焦耳热为15J
【答案】C
【详解】A．0~6s内穿过线圈磁通量的变化量ΔΦ=ΔB·12L2=0.6Wb，故A错误；
B．线圈中产生的感应电动势E=nΔΦΔt=0.5V
感应电流的大小I=Er=1A，故B错误；
C．t＝6s时线圈受到的安培力竖直向上，则轻质细线的拉力T=mg−nB6IL=12N，故C正确；
D．0~6s内线圈产生的焦耳热Q=I2rt=3J，故D错误。
故选C 。
如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕 b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时，abef与水平面平行，则（ ）
A．t=0时，电流方向为afedcba
B．t=0时，感应电动势为Bl2ω
C．t=πω时，感应电动势为0
D．t=0到t=πω过程中，感应电动势平均值为0
【答案】B
【详解】AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd 和af，t = 0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时只有af 边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为 abcdefa，电动势为E=Blv=Bl2ω，故A错误，B正确；
C．t=πω时，线框旋转180°，此时依旧只有af 边切割磁场产生电动势，感应电动势仍为E=Bl2ω，故C错误；
D．t=0到t=πω时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ=2BS=2Bl2
由法拉第电磁感应定律，可得平均电动势为E=ΔΦΔt=2Bl2ωπ，故D错误。
故选B。
半径为R的金属圆环由两种材料组成，圆弧AMC为14圆周，电阻为r，圆弧ANC为34圆周，电阻为r，圆内有垂直环面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间均匀增大，变化率ΔBΔt=k，则UAC为（ ）
A．−14kπR2B．−512kπR2
C．34kπR2D．1112kπR2
【答案】A
【详解】根据题意，由法拉第电磁感应定律可得金属圆环产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔB⋅SΔt=kπR2
由楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流为I=E2r=kπR22r
由于圆弧AMC为14圆周，电阻为r，则圆弧CMA的感应电动势为E1=14E=14kπR2
电流流过圆弧CMA后电势降低，大小为ΔU=Ir=12kπR2
则有UAC=E1−ΔU=14kπR2−12kπR2=−14kπR2
故选A。
如图所示，半径为r1、粗细均匀的单匝圆形金属线圈内有一半径为r2的圆形区域存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于线圈平面向外，磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0+kt，B0、k为正的常量，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内（ ）
A．线圈中电子沿逆时针方向定向移动B．线圈面积有缩小的趋势
C．线圈中产生的焦耳热为π2kB0r24RD．通过导线横截面的电荷量为πB0r222R
【答案】AC
【详解】A．根据楞次定律和右手定则可知，线圈中感应电流为顺时针方向，因此电子运动方向为逆时针，故A正确；
B．线圈不在磁场中，不受安培力，无收缩扩张的趋势，故B错误；
C．线圈中磁通量变化率为ΔΦΔt=kπr22，线圈中的感应电动势为E=ΔΦΔt=kπr22，变化过程中产生的焦耳热为Q=E2Rt=kπr222tR，由于t=ΔBk=B0k，联立解得Q=π2kB0r24R，故C正确；
D．通过导线的电荷量为q=It=ERt，解得q=kπr22tR=πB0r22R，故D错误。
故选AC。
如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0=2πmqB0。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
(1)在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，小球的速度大小v0= ；
(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0到t=1.5T0这段时间内：细管内涡旋电场的场强大小E= ；电场力对小球做的功W= 。
【答案】(1)v0=qB0rm
(2) E=qB02r2πm W=5q2B02r28m
【详解】（1）小球运动时不受管壁的作用力，因而做圆周运动向心力由洛伦兹力提供：设速度为v，有qv0B0=mv02r
解得v0=qB0rm
（2）[1]在T0到1.5T0这段时间内，细管内一周的感应电动势E感=πr2ΔBΔt
由图乙可知ΔBΔt=2B0T0
由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E=E感2πr
由T=2πmB0q
得E=qB02r2πm
另解：磁场变化过程中，圆管所在的位置会产生电场，根据法拉第感应定律可知，电势差U=ΔϕΔt=2B0−B0×πr21.5T0−T0=2B0πr2T0
电场处处相同，认为是匀强电场则有E=Ud=B0rT0
又因为T0=2πmqB0
得到场强E=qB02r2πm
[2]在T0到1.5T0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a=qEm
小球运动的末速度大小v=v0+aΔt
由图乙知Δt=0.5T0
化简得v=32v0=3qB0r2m
由动能定理，静电力做功为W=12mv末2−12mv初2
解得W=58mv02=5q2B02r28m
另解：球在电场力的作用下被加速。加速度的大小为：a=Fm而电场力为F=Eq
在T0−1.5T0时间内，小球一直加速，最终速度为v=v0+at
电场力做的功为W=12mv2−12mv02
得到电场力做功W=5q2B02r28m
题型二 导体切割磁感线产生感应电动势
1．公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角．
2．“瞬时性”的理解
(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．
(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势．
3．切割的“有效长度”
公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：
图4
甲图：l＝eq \x\t(cd)sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝eq \x\t(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.
4．“相对性”的理解
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
类型1 平动切割磁感线
如图所示，长为L的直金属棒在匀强磁场B中，沿图示方向以速度v做切割磁感线运动，角度θ已知，金属棒与磁场垂直。则产生感应电动势的大小为（ ）
A．0B．BLvC．BLvsinθD．BLvcsθ
【答案】B
【详解】金属棒与磁场垂直，速度与导体棒垂直，可知产生感应电动势的大小为E=BLv。
故选B。
中国商飞C919是中国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，机长38.90m、翼展35.80m、机高11.95m。已知武汉地区的地磁场水平分量大小为3.4×10−5T，竖直分量大小为3.6×10−5T。某架C919飞机在武汉地域自东向西以500m/s的速度水平飞行，下列说法正确的是（ ）
A．左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势
B．尾翼上端点的电势高于机腹最低点的电势
C．两机翼外端点间的电势差约为0.64V
D．两机翼外端点间的电势差约为0.61V
【答案】AC
【详解】A．武汉在北半球，武汉地域自东向西水平飞行因机翼切割竖直向下方向的磁感线，则飞机自东向西水平飞行时，根据右手定则可知，左侧机翼的电势高于右侧机翼的电势，选项A正确；
B．尾翼上端点到机腹最低点切割水平向北方向的磁感线，根据右手定则可知，尾翼上端点的电势低于机腹最低点的电势，选项B错误；
CD．两机翼外端点间的电势差约为E=ByLv=3.6×10−5×35.80×500V=0.64V，选项C正确，D错误。
故选AC。
如图所示，间距为L且足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨电阻忽略不计，竖直向下的匀强磁场范围足够大，磁感应强度为B。导轨左端用导线连接阻值为R的定值电阻，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好。导体棒从导轨的最左端以速度v匀速向右运动的过程中（ ）
A．回路中的电流逐渐变大
B．回路中电流方向沿顺时针（俯视）
C．导体棒两端的电压大小为BLv2
D．导体R的发热功率先变大后变小
【答案】C
【详解】A．导体棒匀速运动切割磁感线，则可知产生的感应电动势为E=BLv
由闭合电路的欧姆定律可得回路中的电流为I=ER总=BLV2R
则可知回路中的电流不变，故A错误；
B．根据楞次定律结合安培定则可知，回路中电流方向沿逆时针（俯视），故B错误；
C．切割磁感线的导体相当于电源，则可知导体棒两端的电压即为路端电压，根据串联电路的特点可得导体棒两端的电压为U=I×R=BLv2R×R=BLV2
故C正确；
D．导体R的发热功率为P=I2R'=B2L2v2(2R)2R=B2L2v24R
导体R的发热功率不变，故D错误。
故选C。
电动汽车刹车时利用储能装置储蓄能量，其原理如图所示，矩形金属框部分处于匀强磁场中，磁场方向垂直金属框平面向里，磁感应强度大小为B，金属框的电阻为r，ab边长为L。刹车过程中ab边垂直切割磁感线，某时刻ab边相对磁场的速度大小为v，金属框中的电流为I。此时刻：
(1)判断ab边中电流的方向，并求出感应电动势大小E；
(2)求储能装置两端的电压U和金属框的输出电功率P。
【答案】(1)方向b→a，E=BLv
(2)U=BLv−Ir，P=BILv−I2r
【详解】（1）由右手定则得ab中的电流方向b→a；
感应电动势大小为E=BLv
（2）由闭合电路欧姆定律U=E−Ir
解得储能装置两端的电压U=BLv−Ir
根据P=UI
解得金属框的输出电功率P=BILv−I2r
如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场（图中未画出），磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B=0.8-0.2x（T），金属棒ab在外力作用下从xφc>φdB．φa>φb>φc>φd
C．φa=φb