专题突破3 微专题12 电磁感应的两大规律及应用-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

微专题12　电磁感应的两大规律及应用 1．感应电流方向的判断：感生电动势——楞次定律；动生电动势——右手定则。 2．在电磁感应的电路中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，若形成回路，电源两端的电压为外电压。 3．电磁感应中的电荷量：q＝t＝n(n：线圈匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R总：闭合电路的总电阻) 4．电磁感应中动力学问题的分析方法 5．能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化关系 (2)焦耳热的三种求法 ①焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变的情况。 ②功能关系：Q＝W克安，W克安表示克服安培力做的功，电流变或不变都适用。 ③能量转化：Q＝ΔE其他，ΔE其他表示其他能的减少量，电流变或不变都适用。 考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律 1．(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　) A．0.30 V B．0.44 V C．0.59 V D．4.3 V 答案　B 解析　根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。 2．(2023·广东韶关市高三期末)近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是(　　) A．按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势较高 B．松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低 C．按住按钮不动，螺线管上导线两端PQ间仍有电势差 D．按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小一定相等 答案　A 解析　按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从P流向Q，则螺线管上的导线Q端电势较高，选项A正确；松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，螺线管上产生的感应电流从Q流向P，螺线管上的导线P端电势较高，选项B错误；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则螺线管无感应电动势产生，螺线管上导线两端PQ间没有电势差，选项C错误；按下和松开按钮过程，时间不一定相等，磁通量的变化率不一定相等，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等，选项D错误。 考点二　电磁感应中电路、图像问题 3．(多选)(2023·重庆市重庆八中高三二模)如图所示，间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R，ac、bd边的长度均为2L、电阻不计，ef位于线框正中间。若线框由静止释放，t＝0时刻cd边进入磁场且恰好匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、b两点之间电势差Uab，流过ab边的电流Iab，ab边产生的焦耳热Qab随时间t的变化图像正确的是(　　) 答案　AD 解析　设cd边进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0，匀强磁场的磁感应强度大小为B，切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，通过cd边的电流I＝，由平衡条件得BIL＝mg，当ef边进入磁场瞬间，cd边出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足BIL＝mg，同理当ab边进入磁场时亦有BIL＝mg，由此可知，线框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A正确； 当cd边切割磁感线时，ef、ab并联，ab两端电压为路端电压，则Uab＝，当ef边切割磁感线时，cd、ab并联，ab两端电压仍为Uab＝，当ab边切割磁感线时，ef、cd并联，ab两端电压为路端电压，则Uab＝，整个过程中ab两端电压并不发生变化，故B错误； 当cd和ef切割磁感线时，通过ab的电流为，而当ab进入磁场后，回路中的总电流不变，仍为，但此时ab切割磁感线，相当于电源，因此通过ab的电流为，故C错误； 当cd和ef切割磁感线时，ab产生的焦耳热Qab＝()2Rt，当ab进入磁场后Qab＝()2Rt，由函数关系可知，D正确。 4.(2023·河北省部分学校高三模拟)两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感强度为B的匀强磁场，如图所示，一长度为4L的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，其中P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的电阻均为2R，金属棒和大、小圆环质量分布均匀，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是(　　) A．金属棒产生的总感应电动势为4BLv B．金属棒产生的总感应电动势为BLv C．金属棒MP上产生的感应电流大小为I＝ D．金属棒MP上产生的感应电流大小为I＝ 答案　C 解析　金属棒中产生的总感应电动势等于MP、QN两段产生的感应电动势之和，E1＝E2＝BLv，总感应电动势E＝E1＋E2＝2BLv，故A、B错误；整个电路的等效电路图如图所示， 其中r1＝r2＝，则总电阻R总＝＋r1＋r2＋R＝，金属棒MP上产生的感应电流I＝＝＝，故C正确，D错误。 电磁感应中电路问题解题思路 5．(2023·华大新高考联盟高校高三联考)如图所示，一个边长为l的正方形线框abcd，其电阻为R，线框以恒定的速度v运动，在t＝0时刻线框开始进入图中所示的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场的边界与速度v的夹角为45°，线框的ab边与磁场边界的夹角也为45°，线框在进入磁场的过程中，下列关于线框中的感应电流i随时间t变化的图像或线框所受安培力F随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　在线框的对角线bd进入磁场之前，线框中的感应电动势E＝BLv＝B·vt·v＝Bv2t 感应电流i＝＝ 由函数关系可知，电流随时间变化是线性关系，故A、B错误； 在线框的对角线bd进入磁场之前，线框所受安培力F＝Bi·vt＝ 当线框的对角线bd进入磁场之后，线框所受安培力F＝ 由函数关系可知，在线框的对角线bd进入磁场前后，安培力随时间变化均为开口向上的二次函数，有确定的转折点，故C正确，D错误。 在解决图像问题时，可以使用排除法，某选项的图像中包含一处以上错误信息，该选项就可以排除。可以从以下几个方面筛查图像中是否含有错误信息： ①图像为直线还是曲线；②变化的趋势是否正确；③图像是否过原点；④交点、转折点的信息是否正确；⑤相邻两段图像的坐标值、斜率的正负、倍数关系是否合理。 考点三　电磁感应中的动力学和能量问题 6．(多选)(2023·湖北武汉华中师大一附中校考三模)如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L＝1 m，电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，b棒的阻值为R＝1 Ω，单刀双掷开关1接在电容为C＝0.5 F的电容器上，初始状态，电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝1 T，电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝0.5 T，导体棒a通过细线跨过光滑滑轮与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m＝1 kg。现将开关S置于1位置，释放重物A，同时开始计时，t1＝0.25 s时断开开关S，t2＝0.45 s时将开关S置于2位置，导体棒b开始运动；t3时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．t1时刻导体棒a的速度为v1＝1 m/s B．t2时刻导体棒a的速度为v2＝3 m/s C．t3时刻导体棒a的加速度为 m/s2 D．t3时刻回路消耗的热功率为25 W 答案　AD 解析　对导体棒a，根据牛顿第二定律有mg－B1I1L＝2ma1， 根据I1＝ ，ΔQ＝CΔU，ΔU＝B1LΔv 联立解得a1＝＝4 m/s2 t1时刻导体棒a的速度v1＝a1t1＝1 m/s，故A正确； 断开开关S后，导体棒a不受安培力，mg＝2ma2 t2时刻导体棒a的速度为v2＝v1＋a2(t2－t1)＝2 m/s，故B错误； 开关S置于2位置，t3时刻对导体棒a有mg－B1I2L＝2ma3 对导体棒b有B2I2L＝ma3 解得a3＝2.5 m/s2，I2＝5 A，回路消耗的热功率为P＝I22R＝25 W 故C错误，D正确。 7．(2023·浙江温州市统考三模)某学校举办“跌不破的鸡蛋”小发明比赛，小王设计了如图甲所示的装置。装置绝缘外框架MNGH下端固定了一个横截面(俯视)如图乙所示的磁体，两磁极间存在沿径向向外的辐向磁场，不考虑其他区域的磁场。CDEF是一个金属线框，CF、DE两边被约束在外框架的凹槽内，可沿外框架无摩擦上下滑动，CD边的正中间接有一个半径为r(r略大于圆柱形N磁极的半径)、匝数为n、总电阻为R的线圈，EF边接有一装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻也为R。铝盒与外框架连接了一根劲度系数为k的轻质弹簧。开始装置在离水平地面h高度处保持竖直状态，待铝盒静止后将弹簧锁定，此时线圈下端恰好位于磁体上边界处。现由静止释放装置，装置落地前瞬间弹簧立即解除锁定，落地时外框架MNGH连同磁体的速度立即变为零。已知线框CDEF(含线圈、铝盒、鸡蛋)的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是刚落地时的三倍，此时EF仍未进入磁场。已知线圈所在处的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能表达式为Ep＝kx2，除线圈和铝盒外，其他部分电阻不计，忽略空气阻力。 (1)求装置落地时C、D两点间的电压UCD； (2)从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，求通过线圈的电荷量q； (3)从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，线框上产生的焦耳热为Q1；从落地到线框最终静止的过程中，线框上产生的焦耳热为Q2，求Q1与Q2的比值。 答案　(1)nπBr　(2)　(3)1－ 解析　(1)装置落地时速度为v，由机械能守恒定律可知mgh＝mv2 解得v＝ 线圈切割辐向磁场产生感应电动势E＝nB(2πr)v C、D两点间的电压UCD＝E＝nπBr (2)线框CDEF静止时有mg＝kx1 由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的三倍，则说明线框刚落地到最低点下落的距离为2x1，根据法拉第电磁感应定律有 ＝nBL＝nB(2πr) 则通过回路某截面的电荷量 q＝·Δt＝nB(2πr)＝ (3)从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，初态弹性势能Ep1＝kx12 末态弹性势能Ep2＝k(3x1)2 此过程由能量守恒得mv2＋mg(3x1－x1)＝k(3x1)2－kx12＋Q1 解得Q1＝mg(h－) 最终静止后弹簧的弹性势能与未释放时相等，则从落地到线框最终静止的过程中，根据能量守恒有Q2＝mv2 则＝1－ 1.(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　) A．φO>φC B．φC>φA C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC 答案　A 解析　由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。 2．如图甲所示，两个环形导线圈平行放置。规定从上往下看顺时针方向的电流为正值，上方导线圈中的电流i1随时间t的变化情况如图乙所示，则下方导线圈中产生的感应电流i2随时间t的变化情况为(　　) 答案　D 解析　由题图乙可知，在0～t1时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，穿过下方导线圈的磁通量逐渐增大，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2从上往下看沿逆时针方向，是负值；在 t1～t2时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t不变，产生的磁场不变化，下方导线圈中没有感应电流；在 t2～t3时间内，上方导线圈中的电流i1随时间t逐渐减小，产生的磁场逐渐减弱，穿过下方导线圈中的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知，下方导线圈中的感应电流i2从上往下看沿顺时针方向，是正值，由排除法可知A、B、C错误，D正确。 3．(2023·上海市统考模拟)如图所示甲，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图乙所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为(　　) 答案　C 解析　由E＝BLv，E＝IR总，FA＝BIL， 得FA＝，再结合楞次定律，可知金属棒刚开始向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，且加速度一直为a＝，方向向左，综上当v ＝ 0时，即t ＝ t0时F ≠ 0，且向左，故C正确。 4．(2023·浙江6月选考·10)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻，重力加速度为g。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点θ＝；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中(　　) A．电源电动势E0＝R B．棒消耗的焦耳热Q＝(1－)Mgl C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等 答案　C 解析　开关S接1，导体棒静止时，回路中电流I＝，导体棒受重力、安培力、拉力作用处于平衡状态，由平衡条件可知BIL＝Mgtan θ，解得E0＝R，A错误；棒从静止开始到完全停止的过程中，由能量守恒定律可知，棒消耗的焦耳热Q＝Mgl(1－cos θ)＝(1－)Mgl，但导体棒向右摆动过程中，由于二极管的作用，回路中无感应电流，故完成一次振动后，棒还会继续运动，此过程棒消耗的焦耳热小于Q，B错误；棒从右侧向左侧摆动的过程中，导体棒切割磁感线，且二极管导通，故回路中有感应电流，即棒受安培力作用，且安培力做负功，由功能关系可知，棒的机械能减小，其向左运动最大摆角小于，故其从左向右运动的最大摆角小于，C正确；同理，棒两次过最低点时，切割磁感线的速度大小不同，故感应电动势不相等，D错误。 5.(多选)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L，导轨的两端分别与电源(串联一滑动变阻器R)、定值电阻R0、电容器(电容为C，原来不带电)和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r，不计导轨的电阻。当S接1，滑动变阻器R接入电路一定阻值时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离为h时达到稳定速度。重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．当S接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R＝ B．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CBLv C．当S接2时，金属棒ab从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间t＝ D．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则金属棒ab将做匀加速直线运动，加速度大小a＝ 答案　　BD 解析　当S接1时，有I＝，由平衡条件得mg＝BIL，联立解得R＝－r，故A错误；当S接2，速度稳定时有mg＝，解得v＝，金属棒ab从静止开始下落，下落距离为h时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt－BLt＝mv，即mgt－·t＝mv，其中t＝h，联立解得t＝，故C错误；若将棒ab由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CU＝CBLv，根据动量定理可得mgΔt－B′LΔt＝mΔv，即mgΔt－BL·ΔQ＝mΔv，将ΔQ＝CBLΔv代入解得mgΔt－CB2L2Δv＝mΔv，所以a＝＝，金属棒ab将做匀加速直线运动，故B、D正确． 6．(2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案　(1)，方向水平向左　(2)　(3) 解析　(1)t＝0时线框切割磁感线产生的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv 则感应电流大小为I＝＝ 所受的安培力为 F＝2B0h＋B0h＝ 方向水平向左； (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定， 则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为 Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝ 方向垂直纸面向里； (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度线性减小到0，则有E′＝＝＝ 感应电流大小为I′＝＝ 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rτ＝。 学科网（北京）股份有限公司 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