2024高考物理二轮复习专题复习篇专题4第2讲电磁感应定律及其应用学案

PAGE13-电磁感应定律及其应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。素养呈现1.感应电流的产生、方向推断及大小计算2.电磁感应中的电路分析及图象问题3.电磁感应中的动力学、能量问题素养落实1.驾驭楞次定律、法拉第电磁感应定律，并敏捷应用2.驾驭电磁感应中图象的分析技巧3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析考点1|楞次定律和法拉第电磁感应定律1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生改变的情形。(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。2．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S不变时E＝nS\f(ΔB,Δt),B不变时E＝nB\f(ΔS,Δt)))(2)动生电动势：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平动切割：E＝Blv,转动切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))[典例1](多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACBA．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流先增大，后减小C．通过线框的电荷量为eq\f(\r(3)BL2,6R)D．c、b两点的最大电势差为eq\r(3)BLv[题眼点拨]①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生改变。②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后削减。AD[线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则依据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；依据q＝eq\f(ΔΦ,R总)，因进入和穿出磁场时，磁通量的改变量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·eq\r(3)Lv＝eq\r(3)BLv，选项D正确。]反思感悟：(1)“找、判、定”三步确定电势的凹凸。(2)电磁感应中电荷量的求解方法q＝eq\o(I,\s\up7(－))t＝neq\f(ΔΦ,R＋r)(n：匝数，ΔΦ：磁通量改变量，R＋r：闭合电路的总电阻)[跟进训练]1.A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。在磁场的磁感应强度随时间匀称增大的过程中，下列说法正确的是()A．两导线环内所产生的感应电动势相等B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1A[某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，对A、B两导线环，有eq\f(EA,EB)＝1，所以A正确，B错误；I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C、D错误。]2．(多选)(2024·湖北部分重点中学新起点考试)将一根粗细匀称的导线折成如图所示的闭合线框，线框上C、D连线的左侧是半径为r的半圆，右侧与C、D连线形成等边三角形。将线框放在光滑水平面上，其右侧为磁感应强度大小为B、方向垂直水平面对下的匀强磁场(虚线为磁场边界)，现用外力拉着线框以速度v匀速水平向右进入该磁场，且运动过程中C、D连线与磁场边界始终平行，下列说法正确的是()A．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势不变B．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势先变大后变小C．C、D连线到达磁场边界时，C、D两端的电压为eq\f(2πBrv,π＋4)D．C、D连线到达磁场边界时，C、D两端的电压为2BrvBC[线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，产生的感应电动势先增大后减小，选项A错误，B正确；C、D连线到达磁场边界时，产生的感应电动势E＝2Brv，线框导线总长度为L＝πr＋4r，C、D两端电压为U＝2Brv×eq\f(πr,πr＋4r)＝eq\f(2πBrv,π＋4)，选项C正确，D错误。]3.(多选)如图，水平放置两个同心金属半圆环，半径分别为r和2r，两环间分布着垂直于纸面对里的匀强磁场。磁感应强度大小为B。在两环间连接一个电容为C的电容器，c、d是电容器的两个极板，ab是可绕圆心转动，长为r的金属杆，沿半径方向放置在两环间且接触良好。现让其绕圆心以恒定角速度ω沿逆时针转动。不计一切电阻，则下列说法正确的是()A．电容器c极板带正电B．c、d间电压渐渐增大C．金属杆ab产生的电动势为Bω2rD．电容器所带电荷量为eq\f(3,2)CBωr2AD[依据右手定则可知，ab杆切割磁感线产生感应电动势，a端为低电势，b端为高电势，则电容器c板带正电，d板带负电，选项A正确；依据切割磁感线产生感应电动势为E＝BLv＝Brω×eq\f(r＋2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，选项B、C错误；依据电容器电荷量的计算公式得Q＝CU＝CE＝eq\f(3,2)CBωr2，选项D正确。]考点2|电磁感应中的图象问题依据题目所给条件，选择图象图象选择问题的2种处理方法解除法定性地分析电磁感应过程中物理量的改变趋势(增大还是减小)、改变快慢(匀称改变还是非匀称改变)，特殊是分析物理量的正负和方向，以解除错误的选项。函数法依据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和推断。[典例2](多选)(2024·杭州六校联考)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的闭合正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处。在y轴的右侧Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行且过线框的b点。t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、a与b间的电势差Uab随时间t改变的图象分别是下图中的()ABCD[题眼点拨]本题是线框平动切割磁感线过磁场，可分阶段分析有效长度改变推断电流大小和方向。AD[线框d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，ab边相当于电源。依据右手定则可以确定线框中感应电流方向为逆时针方向，即正方向，ab边产生的电动势Eab＝BLabv，有效切割长度匀称减小到0，故Eab匀称减小到0，则感应电流匀称减小到0；然后cd边起先切割磁感线，cd边相当于电源，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，cd边产生的电动势Ecd＝BLcdv，有效切割长度匀称减小到0，故Ecd匀称减小到0，则感应电流匀称减小到0，故A项正确，B项错误。线框d点运动到O点过程中，ab边相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，a与b间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻和，并渐渐减小；ab边出磁场后，cd边相当于电源，电流由b到a，a与b间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并渐渐减小，故C项错误，D项正确。]利用题目所给图象信息，分析相关物理量图象应用的3个关注(1)关注图象所描述的物理意义；明确各种“＋”“－”的含义；(2)关注改变过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象改变相对应，一般进入磁场或穿出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。(3)关注大小、方向的改变趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。[典例3](多选)(2024·全国卷Ⅰ·T20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间改变的匀强磁场，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的改变关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()(a)(b)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eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)[题眼点拨]①“一硬质细导线……的圆环”可推断圆环电阻R＝ρeq\f(2πr,S)。②图象信息：“0～t0”内磁感应强度减小，圆环内磁通量削减；“t0～t1BC[在0～t0时间内，磁感应强度减小，依据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力方向水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力方向水平向右，所以选项A错误，B正确；依据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq\f(l,S)可得R＝ρeq\f(2πr,S)，依据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误。][题组训练]1.(2024·天津和平区高三检测)如图所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系平面对里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系平面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。现将半径为L、阻值为R、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。t＝0时刻线框在图示位置，设线框中电流逆时针方向为正方向。则下列关于导线框中的电流随时间改变的图线，正确的是()ABCDB[依据楞次定律，线框从第一象限进入其次象限时，电流方向是正方向，电流大小为eq\f(BωL2,2R)，从其次象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为eq\f(3BωL2,2R)，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是eq\f(3BωL2,2R)，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为eq\f(BωL2,2R)，选项B正确，A、C、D错误。]2．如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，P、Q之间有阻值为R的电阻，PQNM所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正方向，在0～2t0时间内磁感应强度的改变状况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是()甲乙A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B．在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流方向为P到QC．在0～t0时间内，通过电阻R的电流大小为eq\f(2B0S,Rt0)D．在t0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为eq\f(2B0S,R)D[由楞次定律可推断：在0～t0时间内，感应电流沿PQNMP方向，导体棒所受安培力水平向右，摩擦力水平向左；在t0～2t0时间内，感应电流沿PMNQP方向，导体棒所受安培力水平向左，摩擦力水平向右，则选项A、B错误；0～t0时间内，电路中的电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)＝eq\f(B0S,Rt0)，则选项C错误；t0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为q＝I′Δt′＝eq\f(ΔΦ′,R)＝eq\f(2B0S,R)，则选项D正确。]3．如图甲所示，半径为2r的圆形线圈内有垂直纸面方向改变的圆形磁场，磁场区域的半径为r，线圈与磁场区域共圆心，线圈中产生了如图乙所示的感应电流(规定逆时针方向的电流为正)。若规定垂直纸面对外的方向为磁场正方向，则能产生图乙所示的感应电流的磁场为()甲乙ABCDD[0～t0时间内的感应电流为正(逆时针)，由右手螺旋定则得到感应磁场方向向外，而由楞次定律知原磁场方向可以是向外(正)减小或向里(负)增大，而感应电流大小恒定，由E＝neq\f(ΔB,Δt)S，I＝eq\f(E,R)知须要原磁场匀称改变，选项A、B、C错误，D正确。]考点3|电磁感应中力电综合问题3．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。(2)功能关系：Q＝W安。(3)能量转化：Q＝ΔE其他。4．利用动量定理求感应电荷量或运动位移如：Beq\o(I,\s\up7(－))LΔt＝Δp，q＝eq\o(I,\s\up7(－))·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up7(－)),R总)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up7(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR总,B2L2)。[典例4]如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2。两导轨间有一边长为eq\f(L,2)的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里的匀强磁场。一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计。求：(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向。(2)金属杆离开磁场时速度的大小。(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的焦耳热。[题眼点拨]①“离开磁场前已做匀速运动”表明此时安培力与重力平衡。②“边长为eq\f(L,2)的正方形区域”表明导体棒切割的有效长度为eq\f(L,2)。[解析](1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BIeq\f(L,2)，解得I＝eq\f(2mg,BL)所以R1中的电流大小I1＝eq\f(I,2)＝eq\f(mg,BL)，方向从P到M。(2)设金属杆匀速运动时的速度为v由E＝Beq\f(L,2)vE＝Ieq\f(R,2)得v＝eq\f(2mgR,B2L2)。(3)mgeq\f(L,2)＝Q＋eq\f(1,2)mv2得Q＝eq\f(mgL,2)－eq\f(2m3g2R2,B4L4)R1上产生的焦耳热为QR1＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)。[答案](1)eq\f(mg,BL)，方向从P到M(2)eq\f(2mgR,B2L2)(3)eq\f(mgL,4)－eq\f(m3g2R2,B4L4)规律总结：力电综合问题的分析思路[母题追问]1．“双杆＋导轨”模型如图所示，两根质量均为m＝2kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5m时其上产生的焦耳热为Q2＝30J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现马上撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小v′A和v′C。[解析](1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，依据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1(2)依据能量守恒定律，有Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋Q1＋Q2又vA∶vC＝1∶2，Q2＝30J代入数据得vA＝4m/s，vC＝8m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒接着向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中感应电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满意BLv′A＝B·2Lv′C即v′A＝2v′C(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，有eq\o(F,\s\up7(－))A·t＝mv′A－mvA，－eq\o(F,\s\up7(－))C·t＝mv′C－mvC。因为eq\o(F,\s\up7(－))C＝2eq\o(F,\s\up7(－))A，故有eq\f(v′A－vA,vC－v′C)＝eq\f(1,2)联立以上各式解得v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/s。[答案](1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s2．“导体框”运动模型如图所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面对下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；起先时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，线框a恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为(1)线框a穿出磁场区域时的电流大小；(2)线框a穿越磁场区域时的速度大小；(3)线框b进入磁场过程中产生的焦耳热。[解析](1)设绳子拉力为F，线框a匀速穿越磁场区域对线框a：4mgsinθ＝F安＋F对线框b：F＝mgsinθ且F安＝BIl解得：I＝eq\f(9mg,5Bl)(2)线框a匀速运动时，线框a、b速度大小相等E＝BLvI＝eq\f(E,R)解得：v＝eq\f(9mgR,5B2l2)。(3)设线框b进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程4mglsinθ＝mglsinθ＋eq\f(1,2)×5mv2＋Q得Q＝eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)。[答案](1)eq\f(9mg,5Bl)(2)eq\f(9mgR,5B2l2)(3)eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)考点4|电磁感应中的STSE问题以科技为背景、考查电磁感应问题[典例5](多选)近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们供应了很大便利，如图甲所示为手机无线充电装置，其内部如图乙所示，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。充电时，充电板接沟通电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。若从t＝0起先，对充电板内励磁线圈a端通入如图丙所示的交变电流，下列说法正确的是()甲乙丙A．在手机和充电板间垫上几张纸，也能无线充电B．t1～t2时间内感应线圈与励磁线圈相互吸引C．t2～t3时间内d点电势高于c点电势D．t3时刻感应线圈中电流最大AB[因纸张不影响电磁感应现象，故也能无线充电，选项A正确；t1～t2时间内，由楞次定律可知，此时感应电