（全国通用）2022届高考物理二轮复习 专题11 电磁感应规律及其应用学案

（全国通用）2022届高考物理二轮复习 专题11 电磁感应规律及其应用学案考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.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”.2.楞次定律和右手定则的适用对象(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形.(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形.3.求感应电动势大小的五种类型(1)磁通量变化型：En.(2)磁感应强度变化型：EnS.(3)面积变化型：EnB.(4)平动切割型：EBlv.(5)转动切割型：EnBl2.注意：公式EnS中的S是垂直于磁场方向的有效面积.例1(2016浙江16)如图1所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()图1A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为91C.a、b线圈中感应电流之比为34D.a、b线圈中电功率之比为31解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设k，根据法拉第电磁感应定律可得Ennl2，则()2，选项B正确；根据I可知，Il，故a、b线圈中感应电流之比为31，选项C错误；电功率PIEnl2，则Pl3，故a、b线圈中电功率之比为271，选项D错误.答案B变式训练1.如图2所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是()图2A.在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势B.在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势C.在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流D.在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势答案D解析K闭合时线圈b中有顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势，故A错误；根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势，故B错误；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流，故C错误；在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势，故D正确.2.(2016海南4)如图3，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若()图3A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向答案D解析根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确.3.(2016全国甲卷20)法拉第圆盘发电机的示意图如图4所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图4A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案AB解析将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBLBL2，I，恒定时，I大小恒定，大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由PI2R知，当变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错.4.如图5所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好.则以下判断正确的是()图5A.油滴所带电荷量为B.电流自上而下流过电阻RC.A、B间的电势差UABBLv0D.其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向上运动答案BD解析导体棒AB在水平拉力F作用下向右运动，由右手定则可知，导体棒AB相当于电源，A端是正极，故电流自上而下流过电阻R，B对；导体棒AB的弧长为L，与磁场切割有效长度为，故A、C错；根据电容器C，C，两极板距离d减小，C增大，Q增加，电场强度E增大，油滴将向上运动，D对.考题二电磁感应中的图象问题解决电磁感应图象问题的方法技巧(1)解决电磁感应图象问题的“三点关注”：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.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.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)解决电磁感应图象问题的一般步骤：明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等.分析电磁感应的具体过程.用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.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.根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等.画图象或判断图象.(3)图象选择技巧：求解物理图象的选择题时可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象.例2(2016四川7)如图6所示，电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F安，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有()图6解析设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势EBLv，回路电流Iv，即Iv；安培力F安BILv，方向水平向左，即F安v；R两端电压URIRv，即URv；感应电流功率PEIv2，即Pv2.分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0kvvma，即F0(k)vma.因为金属棒从静止开始运动，所以F00 .(1)若k，金属棒水平向右做匀加速直线运动.所以在此情况下没有选项符合；(2)若k，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；(3)若kt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.答案(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)解析(1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为BSktS由法拉第电磁感应定律有E由欧姆定律得I由电流的定义得I联立式得|q|t由式得，在t0到tt0的时间间隔内即tt0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|(2)当tt0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有FF安式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I，F安B0lI此时金属棒与MN之间的距离为sv0(tt0)匀强磁场穿过回路的磁通量为B0ls回路的总磁通量为t其中B1SktS由式得，在时刻t(tt0)，穿过回路的总磁通量为tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的时间间隔内，总磁通量的改变量t为t(B0lv0kS)t由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et由欧姆定律得I联立式得F(B0lv0kS).10.如图9所示，宽L2 m、足够长的金属导轨MN和MN放在倾角为30的斜面上，在N与N之间连接一个R2.0 的定值电阻，在AA处放置一根与导轨垂直、质量m0.8 kg、电阻r2.0 的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B1.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处(小车可视为质点)，滑轮离小车的高度H4.0 m.启动电动小车，使之沿PS方向以v5.0 m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO位置时的加速度a3.2 m/s2，AA与OO之间的距离d1 m，求：图9(1)该过程中，通过电阻R的电量q；(2)杆通过OO时的速度大小；(3)杆在OO时，轻绳的拉力大小；(4)上述过程中，若拉力对杆所做的功为13 J，求电阻R上的平均电功率.答案(1)0.5 C(2)3 m/s(3)12.56 N(4)2 W解析(1)平均感应电动势qt代入数据，可得：q0.5 C(2)由几何关系：Hd解得：sin 0.853杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1vcos 3 m/s(3)杆受的摩擦力Ffmgcos 3 N杆受的安培力F安BIL代入数据，可得F安3 N根据牛顿第二定律：FTmgsin FfF安ma解得：FT12.56 N(4)根据动能定理：WW安mgdsin Ffdmv解得W安2.4 J，电路产生的总电热Q总2.4 J那么，R上的电热QR1.2 J此过程所用的时间t0.6 sR上的平均电功率 W2 W.