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（苏京）

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，适用于电流大小、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。 2．一长直密绕螺线管N放在金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N中通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是(　　) A．t＝ 时刻，圆环有扩张的趋势 B．t＝ 时刻，圆环有收缩的趋势 C．t＝ 和 t＝ 时刻，圆环内感应电流的大小不相等 D．t＝ 和 t＝ 时刻，圆环内感应电流的大小不相等 答案　A 解析　由题图可知，在t＝时刻，通过螺线管的电流正在增大，则螺线管产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势(因为螺线管产生的磁场与条形磁体类似，则圆环越大，穿过圆环的磁通量越小)，故A正确，B错误；由题图可知，在t＝时刻和t＝时刻螺线管内电流的变化率大小是相等的，则螺线管产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，故C错误；同理可知，在t＝和t＝时刻，圆环内感应电流大小也相等，故D错误。 考点二　电磁感应中电路、图像问题 3.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　D 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错误； 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，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。 4.两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．金属棒上MP通过的感应电流大小为I＝ D．金属棒上MP通过的感应电流大小为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＝，金属棒上MP通过的感应电流I＝＝＝，故C正确，D错误。 电磁感应中电路问题解题思路 5.(2023·江苏南通市模拟)如图所示，xOy平面第三、四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形金属环与磁场边界相切于O点。金属环在xOy平面内绕O点沿顺时针方向匀速转动，t＝0时刻金属环开始进入第四象限。规定顺时针方向电流为正，下列描述环中感应电流i随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　D 解析　如图所示，为金属环转到四个不同位置时的示意图 设角速度大小为ω，圆环半径为r，电阻为R，在0～内磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为逆时针，即电流为负，电动势大小为E＝2Brsin ωt·＝2Br2ωsin2ωt 则电流为i＝－ 在～内磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为顺时针，即电流为正，电动势大小为 E＝2Brcos(270°－ωt)· ＝2Br2ωsin2ωt 则电流为i＝－ 根据数学导数知识可知，t＝0或t＝时，i－t图像的切线斜率为零，故选D。 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．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35 W 答案　A 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、D错误。 7.(2023·江苏南京市临江高级中学模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角为θ＝30°，顶部接有一阻值为R＝1 Ω的定值电阻，下端开口，两导轨间距为L＝1 m，整个装置处于磁感应强度大小为B＝1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，质量为m＝2 kg的金属棒置于导轨上，在导轨间的电阻为r＝1 Ω，电路中其余电阻不计。金属棒由静止释放后沿导轨向下滑动距离为x＝50 m时，速度恰好达到最大值，运动过程中金属棒始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)金属棒的速度v1＝2 m/s时，棒的加速度大小； (2)金属棒的最大速度vm的大小； (3)金属棒由静止释放到速度最大通过电阻的电荷量q； (4)金属棒由静止释放到速度最大电阻上产生的热量QR。 答案　(1)4.5 m/s2　(2)20 m/s　(3)25 C　(4)50 J 解析　(1)根据题意可知，金属棒的速度v1＝2 m/s时，感应电动势为E1＝BLv1＝2 V 电路中的电流为I1＝＝1 A 对棒受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ－BI1L＝ma1，解得瞬时加速度为a1＝4.5 m/s2 (2)当金属棒达到最大速度时，由平衡条件可得 mgsin θ＝F安，又F安＝BIL，I＝ 解得vm＝＝20 m/s (3)根据q＝Δt、＝、＝＝可得 q＝，解得q＝25 C (4)由能量关系可知mgxsin θ＝mvm2＋Q 则QR＝Q＝50 J。 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．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体靠近螺线管，松开门铃按钮磁体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。 3.(2023·江苏扬州市三模)如图所示，边长为a、电阻为R的正方形导线框PQMN进入磁感应强度为B的匀强磁场。图示位置线框速度大小为v，此时(　　) A．NM间电势差等于NP间电势差 B．线框中电流大小为 C．线框所受安培力大小为 D．线框所受安培力方向与运动方向相反 答案　C 解析　题图所示位置恰好NM边切割磁感线，则产生的感应电动势为E＝Bav 切割磁感线的导体相当于电源，则可知此时NM两端的电压为路端电压，根据串联电路的分压原理可得UNM＝Bav，UNP＝Bav，故A错误； 根据闭合电路的欧姆定律可得此刻线框中的电流为I＝＝，故B错误； 线框有两个边在磁场中，两边所受安培力大小相等，可得FNM＝FNP＝BIa＝，根据左手定则可知两边所受安培力的方向互相垂直，则可得线框所受安培力的大小为 F合＝＝，故C正确； 根据左手定则，结合力的矢量合成可知，此时线框所受安培力垂直于磁场边界，向下，与运动方向间的夹角为135°，故D错误。 4.(2023·江苏盐城市伍佑中学模拟)如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长，MP间接定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并计时，杆两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是(　　) 答案　D 解析　设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝＝∝v，故C错误； 根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma 即a＝g－，故D正确； 杆所受安培力的大小为F＝BIL＝ 杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大，后不变，最终大小为mg，故B错误； 金属杆两端的电压为U＝IR＝，速度先增大，后不变，所以U先增大，后不变，故A错误。 5．(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。 6.(2023·江苏苏州市期末)如图所示，间距为L的光滑导轨水平放置，导轨一端接有阻值为R的电阻，导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直轨道平面的匀强磁场。质量为m的导体棒在沿轨道方向拉力作用下由静止开始运动，运动过程中拉力的功率恒为P。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导体棒和导轨电阻。 (1)求回路中电流为I时拉力的大小F； (2)从开始运动经过时间t导体棒速度达到稳定，求t时间内电阻上产生的焦耳热Q。 答案　(1)　(2)Pt－ 解析　(1)导体棒运动产生感应电动势为E＝BLv 又由I＝，P＝Fv，则拉力F＝ (2)速度稳定时拉力Ft＝F安＝ P＝Ftvm＝，则vm＝ 又由能量守恒Pt＝Q＋mvm2 解得Q＝Pt－。 7．(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 $$