3.3.2 感应电动势的计算(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略

主题(二)　感应电动势的计算 1.(2024·天津模拟)如图是学生常用的饭 卡内部实物图,其由线圈和芯片组成电路,当饭 卡处于感应区域时,刷卡机会激发变化的磁场, 从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S,共n匝,某次刷卡时,线圈平面与磁场垂直,且全部处于磁场区域内,在感应时间t0内,磁感应强度方向向外且由0均匀增大到B0,此过程中(　　) 典题集训 A.线圈中磁通量变化率为n B.线圈中产生周期性变化的顺时针方向的感应电流 C.AB边所受安培力方向向左 D.线圈中感应电动势大小为 √ 解析:根据题意可知线圈中磁通量变化率为=,与线圈匝数无关,故A错误;设电路中总电阻为R,磁感应强度向外均匀增大,由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里,根据安培定则可知感应电流为顺时针方向,感应电动势大小为E=n=,感应电流大小I==,可知线圈中的感应电流为恒定电流,故B、D错误;AB边电流由A→B,根据左手定则可知,AB边所受安培力方向向左,故C正确。 2.(2024·广东湛江一模)如图所示,在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是(　　) √ 解析:正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时,切割磁感线的有效长度为零,之后随着线框进入磁场距离的增大,磁通量增大,利用楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,为正方向,在进入过程中,线框切割磁感线的有效长度变大,其有效长度为L有效=2xtan 30°,感应电动势为E=BL有效v,感应电流为I==,当线框efg前进a距离时,感应电流达到最大,即I0=;在线框刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间,感应电流为零,之后随着线框进入磁场距离的增大,利用楞次定律可知,线框efg中感应电流 沿顺时针方向,即为负方向,进入向外的磁场区域Ⅱ过程线框切割磁感线的有效长度变大,在该过程中,结合之前的分析,其电流的瞬时值为I'=, 当前进距离为2a时,其感应电流达到最大,最大值为I0'==2I0;在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间,感应电流大小为零,之后随着线框出磁场距离的增加,利用楞次定律可知,线框efg中感应电流沿逆时针方向,为正方向,线框切割磁感线的有效长度变大,在该过程中,结合之前的分析,其电流的瞬时值为I″=,当前进距离为3a时,感应电流达到最大,最大值为I0″==I0,故选B。 3.(2024·黑龙江齐齐哈尔三模)图 甲为某风速测量装置,可简化为图乙 所示的模型。圆形磁场半径为L,磁 感应强度大小为B,方向垂直纸面向里, 风推动风杯组(导体棒OA代替)绕水平 轴以角速度ω顺时针转动,风杯中心到转轴距离为2L,导体棒OA电阻为r,导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流,接触过程中,导体棒转过的圆心角为45°,图乙中电阻阻值为R,其余电阻不计。下列说法正确的是 (　　) A.流过电阻R的电流方向为从左向右 B.风杯的速率为ωL C.导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为E=BL2ω D.导体棒每转动一圈,流过电阻R的电荷量为 √ 解析:根据右手定则可知,导体棒OA上感应电流方向为从O到A,流过电阻R的电流方向为从右向左,故A错误;风杯的速率为v=ω×2L=2ωL,故B错误;导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为E=BL=BLω·=BL2ω,故C错误;依题意,导体棒每转动一圈,接触过程中,导体棒转过的圆心角为45°,所以三组风杯组总共接触过程对应的时间为t=,根据闭合电路欧姆定律有I=,又q=It,联立解得q=,故D正确。 4.如图所示,光滑的足够长的平行水平金属导轨MN、PQ相距l,在M、P和N、Q间各连接一个额定电压为U、阻值恒为R的灯泡L1、L2,在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d0的有界匀强磁场,磁感应强度为B0,且磁场区域可以移动,一电阻也为R、长度刚好为l的导体棒ab垂直固定在磁场左边的导轨上,离灯泡L1足够远。 现让匀强磁场在导轨间以某一恒定速度向左移动,当棒ab刚处于磁场中时两灯泡恰好正常工作。棒ab与导轨始终保持良好接触,导轨电阻不计。 (1)求磁场移动的速度大小; 答案:　 解析:当ab刚处于磁场中时,ab棒切割磁感线,产生感应电动势,相当于电源,灯泡刚好正常工作,则电路中路端电压U外=U,由电路的分压之比得U内=2U,则感应电动势为E=U外+U内=3U 由E=B0lv=3U,解得v=。 (2)若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域),而使磁感应强度B随时间t均匀变化,两灯泡中有一灯泡正常工作且都有电流通过,设t=0时,磁感应强度为B0。试求出经过时间t时磁感应强度的可能值Bt。 答案:B0±t 解析:若保持磁场不移动(仍在cdfe矩形区域),而使磁感应强度B随时间t均匀变化,可得棒ab与L1并联后再与L2串联,则正常工作的灯泡为L2,所以L2两端的电压为U,电路中的总电动势为E'=U+= 根据法拉第电磁感应定律得E'==ld0 联立解得=,所以经过时间t时磁感应强度的可能值Bt=B0±t。 1.感应电动势大小的求解方法 (1)感生电动势 E=n (2)动生电动势 归纳建模 2.电磁感应图像问题的“两种方法、三个关注” (1)两种方法 排除法 定性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),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项 函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系式,然后由函数关系式对图像进行分析和判断 (2)三个关注 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可以分为几个阶段,这几个阶段分别与哪段图像变化相对应。 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。 主题作业评价 1 2 3 5 6 7 1.(2024·河南郑州模拟)电磁弹射装置的原理图如图甲所示,驱动线圈通过开关S与电源连接,发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后,在0~t0时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内,下列说法正确的是 (　　) 4 6 7 A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左 B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大 C.t=0时发射线圈中的感应电动势最小 D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大 1 2 3 5 √ 4 6 7 解析:根据安培定则可知,驱动线圈内的磁场方向水平向右,结合题图乙可知,驱动线圈的电流增大,通过发射线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知,发射线圈中感应电流产生的磁场方向水平向左,A正确;由题图乙可知,t=t0时驱动线圈的电流变化率最小,此时驱动线圈产生的自感电动势最小,通过发射线圈的磁通量变化率最小,发射线圈中的感应电流最小,B、D错误;t=0时驱动线圈的电流变化率最大,则此时通过发射线圈的磁通量变化率最大,发射线圈中的感应电动势最大,C错误。 1 2 3 5 4 1 5 6 7 2.(2024·重庆沙坪坝三模)如图所示,用轻绳把边长为L的正方形金属框竖直悬挂于一个有界的匀强磁场边缘,磁场方向垂直于纸面向里,金属框的上半部分处于磁场内,下半部分处于磁场外,磁感应强度大小随时间变化的规律为B=kt,已知金属框阻值一定,从t=0开始的全过程轻绳不会被拉断,关于该过程,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 A.金属框受到竖直向上的安培力 B.金属框的感应电动势大小E=kL2 C.金属框中感应电流的大小、方向均不变 D.金属框受到的安培力大小不变 2 3 √ 4 1 5 6 7 解析:金属框在磁场中的面积S=×L=,根据法拉第电磁感应定律可知E===,设金属框的电阻为R,由闭合电路欧姆定律I===,故电流大小始终不发生改变,根据楞次定律结合安培定则可知感应电流为逆时针方向,金属框上边的电流方向水平向左,根据左手定则可以判定安培力方向始终竖直向下,故A、B错误,C正确;金属框中电流大小不变,但磁感应强度大小随时间变化规律为B=kt,由F=ILB,可知金属框受到的安培力增大,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 3.(2024·江苏泰州一模)如图所示,整个空间中存在方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,导轨间距为l且足够长,左端接阻值为R的定值电阻,导轨电阻不计,现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上,在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好,电阻不计)(　　) 2 3 4 1 5 6 7 A.通过定值电阻的电流方向由b到a B.转动过程中棒两端的电动势大小不变 C.通过定值电阻的最大电流为 D.通过定值电阻的电荷量为 2 3 √ 4 1 5 6 7 解析:根据右手定则可知,通过定值电阻的电流方向由a到b,故A错误;整个金属棒都在磁场中切割磁感线,故产生感应电动势不变,故B正确;当金属棒两端接触到导轨时,电路接入感应电动势最大,则有Em=B(2l)2ω=2Bl2ω,则最大感应电流为Im==,故C错误; 转过60°的过程中,通过定值电阻的电荷量为q=Δt=Δt=Δt=,又ΔS=l·l=l2,联立解得q=,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 2 3 4 4.(2024·安徽三模)(多选)如图所示,两根粗 细均匀、完全相同的平行金属导轨固定在水 平桌面上,两根导轨单位长度的电阻相同,导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连。随时间变化的匀强磁场垂直于桌面,已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,k为比例系数。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直。在t=0时刻,金属杆紧靠在P、Q端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动。用i、f分别表示此过程中金属杆中的电流大小和金属杆受到的安培力大小,则下列图像正确的是 (　　) 1 5 6 7 2 3 √ √ 4 1 5 6 7 解析:设导轨单位长度的电阻为r,杆做匀加速运动的加速度大小为a,导轨宽度为L,则经过t时间有v=at,x=at2,回路的电阻为R=2xr=art2,回路的总电动势为e=E动+E感,其中E动=BLv=kLat2,E感=S=kLx=kLat2,则回路中的电流为i===,可知回路中的电流恒定不变,则i⁃t图像为一条与横轴平行的直线;金属杆受到的安培力大小为f=BiL=t∝t,可知f⁃t图像为一条过原点的倾斜直线。故选A、D。 2 3 4 1 5 6 7 5.(2024·北京东城二模)如图甲所示,一轻质弹簧上端固定,下端悬挂一个体积很小的磁铁,在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位置后放开,小磁铁将做阻尼振动,位移x随时间t变化的示意图如图乙所示(初始静止位置为原点,向上为正方向,经t0时间,可认为振幅A衰减到0)。不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 A.x>0的那些时刻,线圈对桌面的压力小于线圈的重力 B.x=0的那些时刻,线圈中没有感应电流 C.更换电阻率更大的线圈,振幅A会更快地衰减到零 D.增加线圈的匝数,t0会减小,线圈产生的内能不变 2 3 √ 4 1 5 6 7 解析:根据“来拒去留”,则x>0的那些时刻,当磁铁远离线圈向上运动时,磁铁对线圈有向上的作用力,此时线圈对桌面的压力小于线圈的重力;当磁铁靠近线圈向下运动时,磁铁对线圈有向下的作用力,此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力,A错误;x=0的那些时刻,磁铁的速度最大,则穿过线圈的磁通量变化率最大,则线圈中有感应电流,B错误;更换电阻率更大的线圈,线圈中产生的感应电流会变小,线圈中感应电流产生的磁场会变弱,对磁铁的“阻碍”作用会变弱,则振幅A会更慢地衰减到零,C错误; 增加线圈的匝数,线圈对磁铁的“阻碍”作用变强,机械能很快就转化为内能,则t0会减小,由于开始时线圈的机械能不变,则线圈产生的内能不变,D正确。 2 3 4 1 5 6 7 6.(2024·四川雅安模拟)随着时代的发展,新能源汽车已经走进了我们的生活,如图所示是新能源汽车的电磁阻尼减震装置。当车轮经过一个凸起的路面时,车轮立即带动弹簧和外筒向上运动,线性电机立即产生垂直纸面向里的匀强磁场并以速度v向下匀速通过正方形线圈,达到减震的目的。已知线圈的匝数为n,线圈的边长为L,磁感应强度为B,线圈总电阻为r,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 A.图示线圈中感应电流的方向是先顺时针后逆时针 B.当磁场进入线圈时,线圈受到的安培力的方向向下 C.若车轮经过坑地时,电机立即产生垂直纸面向里的磁场,磁场向下运动也可实现减震 D.当磁场刚进入线圈时,线圈受到的安培力大小为 2 3 √ 4 1 5 6 7 解析:磁场经过线圈,由楞次定律结合安培定则可知,线圈中的电流方向先逆时针后顺时针,故A错误;磁场进入线圈时,线圈中的电流方向为逆时针,磁场方向垂直纸面向里,由左手定则可得线圈受到向下的安培力,故B正确;车轮经过坑地时,电机产生垂直纸面向里的磁场,由以上分析可知,磁场向下运动时线圈受到向下的安培力,力和速度都向下,车轮加速下降,没起到减震作用,故C错误;当磁场刚进入线圈时,线圈受到的安培力大小为F=nBIL,又I=,E=nBLv,可得F=,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 7.(14分)固定在水平面上的金属导轨CD和EF平行放置,D、E之间连接一阻值为R的电阻,导轨CD和EF相距l,两导轨之间有一宽度为、垂直导轨所在平面向下的匀强磁场,如图所示。电阻为r的金属棒MN垂直导轨以速度v向右做匀速运动,整个过程中金属棒和导轨接触良好,导轨电阻忽略不计,MN始终和导轨垂直。 2 3 4 1 5 6 7 (1)若磁场磁感应强度大小为B0,求电阻R的电功率; 答案:　 解析:由法拉第电磁感应定律知,金属棒中产生的感应电动势大小为E0=B0lv 由闭合电路欧姆定律得,电阻R中电流I= 电阻R的电功率P=I2R=。 2 3 4 1 5 6 7 (2)若t=0时,磁场的磁感应强度大小为B1,此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形,为使MN中不产生感应电流,推导出两导轨之间磁场的磁感应强度随时间变化的规律; 答案:B=　 解析:根据产生感应电流的条件可知,若MN中不产生感应电流,则回路中磁通量变化量为零,即Bl(l+vt)-B1l2=0,解得B=。 2 3 4 1 5 6 7 (3)若两导轨之间磁场的磁感应强度随时间变化的规律为B=kt(k>0),电阻为r的金属棒MN从导轨最左端沿导轨以速度v向右做匀速运动,求t0时刻金属棒的电功率。 答案: 2 3 4 1 5 6 7 解析:由楞次定律结合安培定则可知,回路中产生的感生电流方向为逆时针,t0时刻感生电动势的大小为E1=lkvt0 由右手定则可知金属棒切割磁感线产生的动生电流方向为由N指向M,t0时刻动生电动势的大小为E2=lvkt0 2 3 4 1 5 6 7 所以t0时刻回路中的总电动势大小为 E'=E1+E2=lvkt0+lvkt0=lvkt0 t0时刻金属棒中的电流I'= 金属棒的电功率P'=I'2r 联立解得P'=。 2 3 4 本课结束 $$