(通用版)高考物理二轮专题复习12 楞次定律、法拉第电磁感应定律(解析版)

秘籍12楞次定律、法拉第电磁感应定律高考频度：★★★★☆难易程度：★★★★★考向一楞次定律、法拉第电磁感应定律真题演练【典例1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为SKIPIF1<0D．圆环中的感应电动势大小为SKIPIF1<0【答案】BC【解析】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向SKIPIF1<0的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；CD、由闭合电路欧姆定律得：SKIPIF1<0，又根据法拉第电磁感应定律得：SKIPIF1<0，又根据电阻定律得：SKIPIF1<0，联立得：SKIPIF1<0，则C正确，D错误。故本题选BC。应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).模拟精炼（2019·山东省潍坊市教科院高三高考模拟）如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正。以下说法正确的是A．0~1s内圆环面积有扩张的趋势B．1s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C．1~2s内和2~3s内圆环中的感应电流方向相反D．从上往下看，0~2s内圆环中的感应电流先沿顺时针方向、后沿逆时针方向【答案】D【解析】0~1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故A错误；1s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以1s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B错误；1~2s正方向电流减小，2~3s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故C错误；0~1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0~ls内圆环中的感应电流沿顺时针方向；1s~2s线圈中电流减小，产生的磁场减弱，金属环中磁通量减小，根据楞次定律可知，从上往下看，1s~2s内圆环中的感应电流沿逆时针方向；故D正确。考向二电磁感应中的图像问题真题演练【典例2】（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度变小恰好为零，从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是【答案】AD【解析】于PQ进入磁场时加速度为零，AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误。电磁感应图像问题解题“5步曲”第1步：明确图像的种类．是Bt图、It图、vt图、Ft图或是Et图等；第2步：分析电磁感应的具体过程．明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或切割特点分析)；第3步：写出函数方程．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数方程；第4步：进行数学分析．根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等；第5步：得结果．画图像或判断图像．模拟精炼(多选)有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的线圈平面，若规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度B的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向．现已知R中的感应电流I随时间t变化的图像如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的()【答案】AB【解析】当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀减小时，由楞次定律可判断感应电流产生的磁场也垂直线圈平面向里，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从a经R流向b；当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀增大时，由楞次定律可判断感应电流产生的磁场垂直线圈平面向外，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大小恒定且从b经R流向a，选项A、B正确，C、D错误。考向三电磁感应中的电路和动力学问题真题演练【典例3】（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是【答案】AC【解析】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)“源”的分析：分离出电路中由电磁感应所产生的电源，确定电源电动势E和内阻r.(2)“路”的分析：弄清串、并联关系，由闭合电路的欧姆定律求电流，确定安培力F安．(3)“力”的分析：确定杆或线圈的受力情况，求合力．(4)“运动”的分析：由力和运动的关系确定运动模型．模拟精炼如图所示，两根与水平面成θ＝30°角的足够长光滑金属导轨平行固定放置，导轨间距为L＝2m，导轨底端接有阻值为1Ω的电阻R，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝0.5T．现有一长度也为L、质量为m＝0.4kg、电阻不计的金属棒用轻质细绳通过光滑轻质定滑轮与质量为M＝0.8kg的物体相连，滑轮与金属棒之间的细绳与导轨平面平行且与金属棒垂直．将金属棒与物体M由静止释放，棒沿导轨运动一段距离后以速度v做匀速直线运动，运动过程中，棒与两导轨始终保持垂直接触，不计空气阻力．(取重力加速度g＝10m/s2)(1)求金属棒匀速运动时的速度v大小；(2)当棒的速度为0.5v时，求棒的加速度大小．【答案】(1)6m/s(2)2.5m/s2【解析】(1)金属棒以速度v沿导轨向上匀速运动时，产生的感应电动势：E＝BLv回路电流：I＝eq\f(E,R)金属棒所受安培力：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)金属棒受力平衡：FT＝F安＋mgsinθ又FT＝Mg解得：v＝eq\f(Mg－mgsinθR,B2L2)＝6m/s(2)当棒的速度为v′＝0.5v＝3m/s时，对金属棒与物体组成的系统应用牛顿第二定律有：Mg－mgsinθ－F安′＝(M＋m)a其中棒所受的安培力为：F安′＝eq\f(B2L2v′,R)＝3N解得：a＝2.5m/s2考向四电磁感应中的能量问题真题演练【典例4】(2019·天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.【答案】(1)eq\f(Bkl,3R)方向水平向右，(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq【解析】本题考查电磁感应中的电路问题及能量问题，难度较大，正确解答本题需要很强的综合分析能力，体现了学生的科学推理与科学论证的素养要素．(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，则E＝k①设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝eq\f(R,2)②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安⑥联立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦方向水平向右．(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑧其中ΔΦ＝Blx⑨设PQ中的平均电流为eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩根据电流的定义得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)⑪由动能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq⑬电磁感应与能量问题的解题方法(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：电能eq\o(→,\s\up7(W安),\s\do5(W安))eq\o(*,\s\up7(>0),\s\do5(<0))其他形式的能(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能；(3)根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题．模拟精炼(2020·广东省惠州市模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g、总电阻R＝1Ω、边长d＝0.1m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．【答案】(1)2m/s(2)1m(3)4×10－3J【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcosθ＝mgsinθ，F安＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv联立代入数据解得：v＝2m/s(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2线圈释放时，PQ边到bb′的距离L＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×2)m＝1m；(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1m，Q＝W安＝F安·2d代入数据解得：Q＝4×10－3J横扫千军1．(2019·河南濮阳一模)如图甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法正确的是()A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变【答案】C【解析】由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知t1时刻感应电动势为0，感应电流为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁场为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项B错误；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C正确；t2到t4时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D错误。2．(2019·山东日照联考)如图甲所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，若线圈ab中电流i与时间t的关系图线如图乙所示，则在这段时间内，下列关于线圈cd中产生的感应电流icd与时间t的关系图线，可能正确的是()【答案】D【解析】由图乙可知，在t＝0时刻，图线的斜率最大，即电流变化最快，电流产生的磁场变化最快，cd线圈中的磁通量变化最快，所以此时在cd线圈中产生的感应电流最大，由楞次定律知，在t＝eq\f(T,4)及t＝eq\f(3,4)T时刻，icd方向均发生变化，综上所述，对比各项可得：D正确。3．(2019·辽宁沈阳联考)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽，现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是()【答案】D【解析】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，所以B错误；因切割的有效长度均匀增大，由E＝BLv可知，电动势也均匀增大，而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也为零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则电流为顺时针方向，故C错误。4．如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，其下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动．匀强磁场区域宽度也为L.ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图象可能正确的是()【答案】C【解析】线圈在磁场上方H开始下落到下边进入磁场过程中线圈做匀加速运动；因线圈下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线圈直到cd边出磁场时也做匀速运动，选项A、B错误；线圈ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝eq\f(3,4)BLv；ab边出离磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝eq\f(1,4)BLv；线圈进入磁场和出离磁场过程中电动势相同，均为E＝BLv，时间相同，则产生的热量相同；故选项C正确，A、B、D错误。5．(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝3Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝2T，导轨间距L＝1m．一质量m＝2kg、接入电路的阻值r＝1Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v­x图象如图乙所示．若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨电阻不计，取g＝10m/s2，则金属棒从静止开始向右运动的位移为x1＝1m的过程中，下列说法正确的是()A．金属棒中感应电流的方向为C→DB．拉力F做的功为16JC．通过电阻的电荷量为0.25CD．定值电阻产生的焦耳热为0.75J【答案】AD【解析】根据右手定则可知，金属棒中感应电流的方向为C→D，选项A正确；由图乙可得金属棒向右运动的位移为1m时，速度v1＝2m/s，金属棒运动过程中受到的安培力FA＝Beq\f(BLv,R＋r)L，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功WA＝FAx1＝eq\f(B2L2,R＋r)vx1，但实际上安培力是变力，结合图乙可得WA＝eq\f(22×12,3＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×2))J＝1J，根据动能定理有WF－μmgx1－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，得WF＝15J，选项B错误；通过定值电阻的电荷量q＝eq\f(BLx1,R＋r)＝0.5C．选项C错误；克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热；则定值电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(R,R＋r)WA＝0.75J，选项D正确。6．(多选)