统考版2023高考物理二轮专题复习专题五电路与电磁感应第11讲电磁感应规律及其应用教师用书

第11讲电磁感应规律及其应用命题热点(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图象问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题；(4)动量观点在电磁感应中的应用；(5)电磁感应规律在生活、生产、科技中的应用．常考题型选择题计算题高频考点·能力突破考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断(1)楞次定律(2)右手定则2．求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律E＝nΔΦ(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝BLv.(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动：E＝12BL2ω(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动：e＝nBSωsinωt.例1[2022·浙江1月]如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则()A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向B．圆管的感应电动势大小为kπC．圆管的热功率大小为πD．轻绳对圆管的拉力随时间减小例2[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．预测1[2022·北京石景山一模]安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极．闭合开关，电路稳定后，发现铜环静止不动，安培由此错失发现电磁感应现象的机会．实际上，在电路闭合的瞬间()A．从右侧看，铜环中有逆时针的感应电流B．从右侧看，铜环中有顺时针的感应电流C．铜环仍保持不动D．铜环会远离磁铁预测2[2022·河北卷]将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()A．kS1B．5kS2C．k(S1－5S2)D．k(S1＋5S2)考点二电磁感应中的图象问题1．掌握两个技法，快速解答图象问题(1)排除法最快捷：根据选择题的特点，定性地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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法最有效：根据题目所给条件定量地写出两处物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断．2．三个关注例3[2022·河北卷](多选)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直．设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻．下列图象可能正确的是()预测3[2022·福建押题卷]如图所示，两条相距L的平行虚线间存在一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．现将一个上底为L、下底为3L、高为2L的等腰梯形闭合线圈，从图示位置以垂直于磁场边界的速度向右匀速穿过磁场，取逆时针方向为感应电流正方向，则该过程线圈中感应电流i随位移x变化的图象是()预测4如图(a)所示，电阻R1、电阻R2和长直导线与波动高压电源相连．在长导线的中间有一线圈，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，线圈的横截直径为0.02m，如图(b)所示．线圈的两端连接一个电阻R3＝90Ω与电容器C，线圈电阻为10Ω，匝数N＝2×103.接通高压电源后，在长直导线回路中产生电流I，大小如图(c)所示，线圈一开始产生的感应电流方向从A到B.在t＝2×10－3时，电容器所带的电荷量等于流过电阻R3的电荷量，且此时电容器恰好饱和．资料表明线圈各处的磁感应强度大小均可视为B＝kIr，其中k＝2×10－7T·m/A.(1)电容器的电容；(2)若规定A→R3→B为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R3的电流与时间t图象．考点三电磁感应中的动力学与能量问题电磁感应中的动力学和能量问题的分析思路：例4[2022·湖北卷]如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为42N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．预测5[2022·河南郑州二模]如图所示，ef、gh为两光滑的导轨，两导轨分别与平行金属板CC′、DD′相连，导轨和金属板的间距均为d，在导轨间有方向垂直于导轨所在平面、宽度相等的两个匀强磁场．一金属杆PQ与两导轨垂直，在外力作用下保持v0向右匀速运动，金属杆PQ进入磁场的同时，有一带电粒子以平行于金属板的速度v1沿着板的中心轴线飞入，当PQ离开两个磁场时，带电粒子恰好从轴线飞出电场．金属板长为L，粒子的电量为q，质量为m，金属杆PQ与导轨始终接触良好，不计电容器充、放电时间，忽略粒子重力，求：(1)每个磁场的宽度；(2)两个磁场的磁感应强度大小关系；(3)为保证带电粒子能飞出电场，第一个磁场的磁感应强度的最大值．预测6如图所示，宽度为2L，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于倾角为θ的绝缘光滑斜面，方向向上．一电阻不计、宽为L的U形光滑金属框静止放在斜面上，ab边距磁场上边界为2L；电阻为R、长为L的金属棒cd平行于ab边静止放到金属框上面，且与金属框导电良好．某时刻同时由静止释放U形框和棒cd，ab边进入磁场后恰好做匀速运动；ab边到达磁场下边界时，棒cd正好进入磁场，并匀速穿过磁场．运动过程中棒cd始终平行于ab边，不计其他电阻和摩擦阻力，斜面足够长，重力加速度取g，求：(1)U形金属框的质量m；(2)棒cd中产生的焦耳热；(3)棒cd在U形框上面运动的总时间．考点四动量观点在电磁感应中的应用1．与动量定理结合在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)．(1)求速度或电荷量：－BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt.(2)求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BIlΔt＝－BlΔΦR(3)求位移：－BIlΔt＝－B2l2vΔtR总＝即－B2l2R总x＝m(v22．与动量守恒定律的结合相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．例5[2022·浙江1月]如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场．(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.预测7(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左、右两部分的间距分别为l、2l，质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计．a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是()A．a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小B．稳定时a棒的速度为1.5v0C．电路中产生的焦耳热为3D．通过导体棒a的某一横截面的电荷量为mv素养培优·情境命题电磁感应规律在生活、生产、科技中的应用随着现代科技的发展，生活中的很多应用都涉及电磁感应现象．例如生活应用中、现代传感器应用中、交通运输中．分析这些问题都要用到电磁感应的原理．情境1(多选)安检门是一种用于安全检查的“门”，如图所示，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是()A．这个安检门也能检查出毒品携带者B．这个安检门只能检查出金属物品携带者C．如果这个“门框”内的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应情境2零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力达到平衡时，指针将在示数附近摆动，很难停下，使读数变得困难．在指针转轴下方装上扇形铝框或扇形铝板，并在合适区域加上磁场，可以解决此问题．下列方案合理的是()情境3(多选)如图是公路上安装的一种测速“电子眼”的原理示意图，在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍，下列判断正确的是()A．车辆经过线圈时有感应电流产生B．“电子眼”测量的是车辆经过第二个线圈时的瞬时速率C．线圈中电流的变化是车辆经过线圈时发生电磁感应引起的D．如果某个线圈出现故障，没有电流通过，“电子眼”还可以正常工作情境4列车进站时的电磁制动可借助如图所示模型来理解，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在车身下方固定一由粗细均匀导线制成的矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力进行制动，已知列车的总质量为m，车身长为nL，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度为L(L小于匀强磁场的宽度)，站台轨道上匀强磁场区域大于车长，车头进入磁场瞬间的速度为v0.(1)当列车速度减为初速度的一半时，求ab两端的电压；(2)实际列车制动过程中，还会受铁轨及空气阻力，设其合力大小恒为f，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止，求列车从车头进入磁场到停止，线框中产生的焦耳热Q.第11讲电磁感应规律及其应用高频考点·能力突破考点一例1解析：穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律可得圆管中的感应电动势为：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtπr2＝kπr2，选项B错误；圆管导体的电阻R＝ρLS，导体长度L指的是电流流动的长度2πr，将金属薄管展开，则导体横截面积为dh，所以圆管的热功率大小P＝E2R＝k2π答案：C例2解析：(1)对正方形金属框分析由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt由B(t)＝0.3－0.1t(SI)，知ΔBΔt＝I＝ER，其中R＝4当t＝2.0s时，B＝0.3－0.1×2.0(T)＝0.1T金属框所受安培力大小F＝BIl′，其中l′＝2l代入数据解得F≈0.057N(2)根据焦耳定律有Q＝I2RtR＝4λl＝8×10－3Ω0～2.0s内电流恒定，I＝ER＝代入数据解得Q＝0.016J答案：(1)0.057N(2)0.016J预测1解析：根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则从右侧看，线圈的感应电流逆时针，故A正确，B错误；当线圈中有逆时针方向的电流时，可等效为右侧为N极的磁体，则当处于左侧是S极的条形磁铁的磁场中，铜环会靠近磁铁，故C、D错误．故选A.答案：A预测2解析：由磁感应强度大小B＝B0＋kt，可知磁感应强度变化率ΔBΔt＝k，根据法拉第电磁感应定律，大圆线圈产生的感应电动势E1＝ΔΦ1Δt＝每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝ΔΦ2Δt＝ΔB·由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，所以线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝ΔBΔtS1＋5ΔBΔtS2＝k(S1＋5S2)，答案：D考点二例3解析：当导体棒从O点向右运动L时，即在0～Lv0时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttanθ(θ为ab与ad的夹角)，则根据法拉第电磁感应定律E＝BL根据闭合电路欧姆定律I＝BLv0R＝Bv0R(l0＋v0ttanθ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝B2L2v0R＝B2v0R(l0+v0ttanθ)2，则F则P­t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttanθ)，即图象是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除B、D选项；当在Lv0～2Lv0时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在2Lv0～3Lv0时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～Lv0内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～Lv0答案：AC预测3解析：由右手定则知，刚进入磁场时，感应电流为逆时针方向，故感应电流为正，设两腰与水平面夹角为θ，则有效切割长度为l＝L＋2xtanθ，则感应电流为I＝BlvR，即感应电流与位移成线性关系，且随位移增大而增大．右侧底边出磁场后，有效切割长度为l′＝Ltanθ，即感应电流保持不变．之后左侧底边进入磁场后，由右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，即感应电流为负，同理可知有效长度增大，即感应电流增大．故选答案：A预测4解析：(1)由电磁感应定律，可得线圈产生的感应电动势E＝NBSΔt＝Nkπ×0.012r×ΔIΔt又因为I＝ER3+R'＝π因此有Q＝It＝π×10－7CU＝IR3＝9π×10－3V所以C＝QU≈1.1×10－5(2)由(1)可知I＝π×10－4A，若规定A→R3→B为电流的正方向，由线圈的自感性质，可做出图象如图如示．答案：(1)1.1×10－5F(2)见解析考点三例4解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有Fcosθ＝max代入数据有ax＝20m/s2在竖直方向有Fsinθ－mg＝may代入数据有ay＝10m/s2(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的等效电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsinθ－mg－BIL＝0E＝BLvy，I＝ER，vy2联立有B＝0.2T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy，y＝L，Fsinθ－mg＝BIL联立解得Q＝0.4J(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2联立解得t＝0.3s由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝12axt2＝12×20×0.32m则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1m答案：(1)20m/s2，10m/s2(2)0.2T0.4J(3)1.1m预测5解析：(1)设每个磁场的宽度均为D，金属杆PQ通过磁场的时间t＝2D带电粒子恰好从轴线飞出电场时间t＝Lv联立以上两式得D＝Lv(2)金属杆经过两个磁场时的感应电动势分别为E1＝B1dv0②E2＝B2dv0③根据牛顿第二定律qE1＝ma1④qE2＝ma2⑤根据运动学公式x1＝12a1tv＝a1·t2x2＝v·t2-12x1＋x2＝0⑨由②③④⑤⑥⑦⑧⑨得B1B2(3)刚好飞出时x1＋x′2＝d2根据运动学公式x′2＝v2由①②③④⑤⑥⑦eq\o(○,\s\up1(10))⑪⑫得Bm＝3mdv12答案：(1)Lv02v1预测6解析：(1)ab边刚进入磁场前，由动能定理，得2mgLsinθ＝1当ab边穿过磁场过程中，根据闭合电路欧姆定律可得电流为I1＝BLvU形金属框恰好做匀速运动，根据平衡条件有mgsinθ＝BI1L解得m＝2(2)ab边在磁场中运动的时间t2＝2L棒cd穿过磁场的速度v2＝v1＋gt2sinθ当棒cd穿过磁场过程中，根据闭合电路欧姆定律可得电流为I2＝BLv棒cd在磁场中运动的时间t3＝2L棒cd上产生的焦耳热Q＝I解得Q(3)ab边进入磁场前运动时间t1＝4L棒cd穿过磁场过程中，U形金属框的位移x1＝v1t3＋12棒cd离开磁场时，U形金属框的速度v3＝v1＋gt3sinθ，设棒cd离开磁场后，经时间t4脱离U形金属框，得x1＝(v2－v3)t4棒cd在U形框上面运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＋t4解得t＝253答案：(1)2B2L(3)25考点四例5解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1vr＝12B1ωr当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝CE2＝(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1It＝B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2对框的上滑过程有12×2mv解得ΔQ＝2mB2(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有B22l12v2R·则Δx＝0.128m>0.08m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为l3－l2＝0.012m因此ab边进入磁场后的总位移为x＝Δx＋l3－l2＝0.14m答案：(1)M板带正电0.54C(2)0.16C(3)0.14m预测7解析：设电路中产生的感应电流为I，a棒加速度大小为aa，b棒加速度大小为ab，则对a棒有BIl＝maa，对b棒有BI·2l＝2mab，解得aa＝ab＝BIlm，故二者的加速度大小相等，选项A正确；设a棒所受安培力大小为Fa，b棒所受安培力大小为Fb，又因导轨光滑，对a棒，由动量定理可得Fa·t＝BIl·t＝mva－mv0，同理，对b棒有Fb·t＝BI×2l·t＝2m×2v0－2mvb，稳定时两导体棒均不受安培力作