第11讲　电磁感应规律及其应用-高考物理二轮复习 学案

这是一份第11讲　电磁感应规律及其应用-高考物理二轮复习 学案，共14页。

1．下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（ ）
A．图a中，圆环在匀强磁场中向左平移
B．图b中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C．图c中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D．图d中，圆环向条形磁铁N极平移
2．如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．如图a所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图b所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，B＝B0，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为（ ）
A．B0Lx04RB．B0Lx02RC．B0Lx0RD．2B0Lx0R
考情分析：本讲内容在高考中通常以选择题和计算题的形式出现，难度较大，主要以法拉第电磁感应定律的理解及应用为核心，综合考查欧姆定律、牛顿运动定律、动量、能量等知识点。试题多以学习探索问题情境为载体，也可能出现与该部分内容相关的生活实践问题情境，如无线充电技术、磁悬浮列车、电磁驱动、电磁制动等。
【例1】
4．某新能源汽车采用电磁感应式无线充电技术，其主要部件由连接家庭电路的供电线圈与连接电池系统的受电线圈组成，如图所示。当两线圈正对且均静止，从上往下看，为使受电线圈中产生顺时针方向的感应电流，则供电线圈中的电流应沿（ ）
A．顺时针方向且逐渐增大B．顺时针方向且逐渐减小
C．逆时针方向且逐渐增大D．逆时针方向且逐渐减小
楞次定律判断感应电流的方向
（1）顺时针减小与逆时针增大是等效的。
（2）正方向减小与负方向增大是等效的。
【例2】
5．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abcdefa
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
【例3】
6．如图所示，一实验小组利用传感器测量通过螺线管的磁场随时间变化产生感应电流的实验规律，测得螺线管的匝数为n＝30匝、横截面积S＝20 cm2，螺线管电阻r＝1 Ω，与螺线管串联的外电阻R＝5 Ω。穿过螺线管的磁场的方向如图甲所示，磁感应强度按图乙所示的规律变化（以磁场方向向左为正方向），则t＝4 s时（ ）
A．通过R的电流方向为N→M
B．通过R的电流为1 mA
C．R的电功率为2×10－5 W
D．螺线管两端M、N间的电势差UMN＝10 mV
方法技巧
电磁感应中电路问题的解题流程
考点二 电磁感应中的图像问题
电磁感应中图像问题分析思路
1.把握三个关注
2.掌握两个常用方法
【例4】
7．如图，边长为L、粗细均匀的正方形闭合导线框以水平速度v0匀速穿过宽度为d（d＞L）的匀强磁场区域（ab、cd边和磁场竖直边界平行），磁场的磁感应强度大小为B，线框总阻值为R，线框平面与磁场方向垂直。从ab边到达磁场左侧边界开始计时，则穿过线框的磁通量Φ、线框中的感应电流I、线框所受安培力F、线框上d、c两点间的电势差Udc随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
易错警示
（1）进、出磁场感应电流方向相反，但安培力方向相同。
（2）全部进入磁场无感应电流，但有感应电动势和电势差。
8．如图所示，一根导线制成的斜边AB长为2L的等腰直角三角形线框ABC，以速度v匀速穿过宽度为2L的匀强磁场，电流以逆时针方向为正方向，回路中感应电流I和A、B两端的电势差UAB随线框位移x变化的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
考点三 电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的动力学和能量问题的分析思路
【例5】
9．如图所示，空间中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨间距为L，导轨足够长且电阻不计。质量为m的金属杆ab与导轨垂直且接触良好，金属杆ab电阻为R，重力加速度为g。开始时，开关S断开，金属杆ab由静止自由下落，经过一段时间后再闭合开关S。当开关S闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．a点电势高于b点电势
B．金属杆做加速度增大的加速运动
C．安培力做正功，机械能转化为电能
D．当下落高度为gm2R2B4L4时，闭合开关，则金属杆ab会立刻做减速运动
【例6】
10．如图甲所示，在边长为L的正方形abcd虚线区域内，分布着方向垂直水平面向外的匀强磁场，电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上，其圆心O点与ab边的中点重合，导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙，圆形导体框一直处于静止状态。则（ ）
A．t0时刻通过导体框的电流大小为πB0L216Rt0
B．0～t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为πB0L232R
C．2.5t0时刻，水平面对导体框的摩擦力大小为πB02L316Rt0，方向水平向右
D．0～3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为3π2B02L4256Rt0
规律总结
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）。
【例7】
11．如图甲，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，阻值为R，边长为L①；左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度v0，当cd边离开磁场右边界时线框速度恰好为零②。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为Ff的阻力作用，③求：
（1）线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；
（2）线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；
（3）线框ab边刚进入磁场时受到的安培力的大小FA及此时a、b间的电压Uab。
审题指导：
电磁感应中含电容器的电路问题
【典例】
12．如图所示，两根电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角，导轨上端连接电容器C，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一电阻不计的金属棒MN从某高度处由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。MN所受的安培力大小为F、加速度大小为a、位移大小为x、电容器（未被击穿）的电荷量为Q，则它们随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
答案解析部分
1．【答案】A
2．【答案】C
3．【答案】B
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】合E＝ΔΦΔt、I＝ER总和q＝IΔt可知0～T时间内流过回路的电荷量为q＝|ΔΦ2R|，由Φ＝BS可知q＝|0－B0Lx02R|＝B0Lx02R
故答案为：B
【分析】本题核心思路是利用电磁感应中电荷量的推论公式 总q=ΔΦR总，先计算磁通量变化量 ΔΦ，再结合回路总电阻求出流过回路的电荷量。
4．【答案】B,C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】从上往下看，为使受电线圈中产生顺时针方向的感应电流，则受电线圈的感应电流磁场方向向下，根据楞次定律可知，供电线圈的磁场方向向下减小或向上增加；根据安培定则可知，供电线圈中的电流应沿顺时针方向且逐渐减小或逆时针方向且逐渐增大。
故答案为：BC
【分析】本题核心思路是应用楞次定律，分两种情况讨论供电线圈电流的变化对受电线圈磁通量的影响，从而判断感应电流方向。
5．【答案】A,B
【知识点】右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A：t＝0时，线框中能切割磁感线的边只有af边，由右手定则可知af边的电流方向为f到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A正确；
B：t＝0时，af边的速度方向与磁场方向垂直，且af边的速度大小为v＝ωl，感应电动势的大小为E＝Blv，解得E＝Bl2ω，B正确；
C：线框的转动周期为T＝2πω，则t＝πω时，线框转动了180°，此时线框中能切割磁感线的边仍只有af边，且af边的速度方向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，C错误；
D：t＝0时刻穿过bcde面的磁通量为Φ1＝－Bl2，t＝πω时磁场从bcde面的另一面穿过，磁通量为Φ2＝Bl2，由法拉第电磁感应定律得E＝Φ2－Φ1t，由以上整理得E＝2Bl2ωπ，D错误。
【分析】 本题核心思路是分析线框绕轴转动时的磁通量变化，结合楞次定律判断电流方向，利用交变电动势的瞬时值和平均值公式计算电动势。
6．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A：由图乙可知，通过螺线管的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，结合安培定则可知，通过R的电流方向为N→M，A正确；
B：根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝nΔB·SΔt＝30×2×10－1×20×10－4 V＝1.2×10－2 V，结合闭合电路欧姆定律可得I＝ER＋r＝1.2×10－25+1 A＝2 mA，B错误；
C：根据P＝I2R，代入数据解得定值电阻的电功率为P＝（2×10－3）2×5 W＝2×10－5 W，C正确；
D：根据楞次定律可知螺线管N端相当于电源正极，根据部分电路欧姆定律可得螺线管两端M、N间的电势差UMN＝－IR＝－2×5 mV＝－10 mV，D错误。
【分析】磁场方向向左（正方向）且增强，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向右。由右手螺旋定则，螺线管中电流从 M 端流入、N 端流出，因此通过外电阻R的电流方向为N→M，A 正确。
7．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A：线框进入磁场过程磁通量为Φ＝BS＝BLv0t，当线框全部进入磁场后，磁通量达到最大，且保持不变，线框离开磁场过程，磁通量均匀减小，故A正确；
B：进入磁场过程感应电流为I＝BLv0R，方向为逆时针方向，全部进入磁场后，感应电流为零，而离开磁场的过程感应电流大小与进入磁场时相等，但电流方向为顺时针，故B错误；
C：进入磁场过程线框所受安培力大小为F0＝BIL＝B2L2v0R，方向向左，全部进入磁场后，线框不受安培力，离开磁场过程中，安培力大小、方向均与进入磁场过程相同，故C错误；
D：线框进入磁场过程中Udc＝I·14R＝BLv04＝U04，全部进入磁场后Udc＝BLv0＝U0，离开磁场过程Udc＝I·34R＝3BLv04＝3U04，故D正确。
【分析】本题核心思路是将线框穿过磁场的过程分为进入磁场、完全在磁场中、离开磁场三个阶段，分别分析磁通量、感应电流、安培力和电势差的变化规律，再与图像对比。
8．【答案】D
9．【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A：据右手定则可知，a点电势低于b点电势，A错误；
B：金属杆受向上的安培力和向下的重力，若安培力大于重力，则加速度向上，则向下做减速运动，加速度为a＝F安－mgm＝B2L2vmR－g，故做加速度减小的减速运动；若安培力等于重力，则金属杆做匀速运动；若安培力小于重力，则加速度向下，则金属杆向下做加速运动，加速度为a＝mg－F安m＝g－B2L2vmR，故金属杆做加速度减小的加速运动，B错误；
C：安培力方向向上，则安培力做负功，机械能转化为电能，C错误；
D：当下落高度为h＝gm2R2B4L4时，闭合开关，此时安培力F安＝BIL＝B2L2vR＝B2L22gℎR＝2mg＞mg，此时闭合开关，则金属杆ab会立刻做减速运动，D正确
【分析】 本题核心思路是对金属杆 ab 在闭合开关后的受力、运动、能量转化及电势差进行分析，结合电磁感应定律和牛顿运动定律逐一判断选项。
10．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A：由题图甲可知圆形导体框的有效面积为S＝12π(L2)2＝πL28，在0～2t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小为E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝B02t0·πL28＝πB0L216t0，则t0时刻通过导体框的电流大小为I＝ER＝πB0L216Rt0，故A正确；
B：0～t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为q＝It0＝πB0L216R，故B错误；
C：2t0～3t0时间内，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为E'＝ΔΦ'Δt'＝B0t0·πL28＝πB0L28t0，感应电流大小为I'＝E'R＝πB0L28Rt0，2.5t0时刻导体框所受安培力大小为F＝B02I'L＝πB02L316Rt0，根据左手定则可知，安培力方向水平向左，由于导体框一直处于静止状态，摩擦力与安培力平衡，可知f＝πB02L316Rt0，方向水平向右，故C正确；
D：0～3t0时间内圆形导体框中产生的焦耳热为Q＝I2R·2t0＋I'2Rt0＝π2B02L4128Rt0＋π2B02L464Rt0＝3π2B02L4128Rt0，故D错误
【分析】 本题核心思路是分阶段分析磁感应强度变化率，结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和焦耳定律，逐一计算各物理量并判断选项。
11．【答案】（1）线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律有E＝ΔΦΔt＝BL2Δt
根据闭合电路欧姆定律有I＝ER
通过线框某一横截面的电荷量q＝I·Δt＝BL2R
（2）对全过程，根据能量守恒定律有Q＋Ff·3L＝12mv02－0
解得Q＝12mv02－3FfL
（3）设线框ab边刚进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有－FfL＝12mv2－12mv02
解得v＝v02－2FfLm
根据闭合电路欧姆定律有I＝BLvR
线框ab边受到的安培力的大小FA＝ILB＝B2L2Rv02－2FfLm
此时a、b间的电压Uab＝－I·3R4
解得Uab＝－34BLv02－2FfLm
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】(1) 利用法拉第电磁感应定律和电流定义式，推导线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量。
(2) 对全过程应用能量守恒定律，结合克服阻力做功与初始动能，求解总焦耳热。
(3) 先由动能定理求ab边刚进磁场时的速度，再结合电磁感应定律求安培力和ab间的电压。
12．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】AB：金属棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，持续对电容器充电。设在极短时间Δt内，电容器电荷量增加ΔQ，则回路中的电流大小为I＝ΔQΔt＝CBL·ΔvΔt＝CBLa，金属棒受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2Ca，设导轨平面与水平面的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgsin θ－F＝ma联立解得a＝mgsinθm＋CB2L2，可知加速度为定值，则通过金属棒的电流I和金属棒所受的安培力F均为定值，A错误，B正确；
C：由位移公式x＝12at2可知x-t关系为开口向上的二次函数，故C正确；
D：电容器的电荷量Q＝CU＝CBLΔv＝CBLat，可知Q-t图像为线性关系，故D错误。
【分析】对金属棒进行受力分析，结合电磁感应与电容器充电规律，推导安培力、加速度、位移和电荷量随时间的变化关系，再判断对应图像。排除法
定性分析电磁感应过程中某个物理量初始时的正、负或是否为零，以及变化趋势、变化快慢，排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但只有部分问题适用
函数关系法
根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷
信息提取
信息加工
一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，阻值为R，边长为L①
求线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对
值q
当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度v0，当cd边离开磁场右边界时线框速度恰好为零②
对线框通过磁场过程中利用能量守恒定律求出总焦耳热。
已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为Ff的阻力作用，③
根据动能定理求出线框ab边刚进入磁场时的速度大小为v；进入磁场时ab棒相当于电源，求出电动势，根据闭合电路欧姆定律求出电流，从而求出安培力的大小以及此时a、b间的电压。
情境示例
运动分析
v-t图像
有恒定外力，导轨光滑，导体棒不计电阻
电容器持续充电，F－BIL＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝ΔvΔt，联立解得a＝Fm＋B2L2C，a恒定，金属杆做匀加速直线运动
导轨光滑，导体棒有初速度，初始电容器电压为0
（1）杆加速度a＝F安m＝B2L2vmR－BLUCmR，杆做加速度逐渐减小的减速运动。当BLvmin＝UCm时，I＝0，此后杆做匀速直线运动。
（2）电容器充电，最终电容器两端的电压UCm＝BLvmin，最终电容器的电荷量q＝CUCm＝CBLvmin，由动量定理可得－BIL·Δt＝mvmin－mv0，由于q＝I·Δt，联立解得vmin＝mv0m＋B2L2C
导轨光滑，导体棒初速度为0，初始电容器电压为U0
（1）导体棒做加速度逐渐减小的加速运动。
（2）电容器放电电荷量ΔQ＝CU0－CBLvm，由动量定理可得BIL·Δt＝mvm，由于q＝I·Δt，q＝ΔQ，联立解得vm＝BLCU0m＋CB2L2