高考物理考前知识专题11　电磁感应规律及其应用

这是一份高考物理考前知识专题11　电磁感应规律及其应用，共24页。试卷主要包含了楞次定律和右手定则的适用对象，求感应电动势大小的五种类型，25 V等内容，欢迎下载使用。

考题一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.
2.楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形.
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形.
3.求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝neq \f(ΔΦ,Δt).
(2)磁感应强度变化型：E＝nSeq \f(ΔB,Δt).
(3)面积变化型：E＝nBeq \f(ΔS,Δt).
(4)平动切割型：E＝Blv.
(5)转动切割型：E＝eq \f(1,2)nBl2ω.
注意：公式E＝neq \f(ΔB,Δt)S中的S是垂直于磁场方向的有效面积.
例1 (2016·浙江·16)如图1所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
图1
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D.a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析 根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设eq \f(ΔB,Δt)＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)l2，则eq \f(Ea,Eb)＝(eq \f(3,1))2＝eq \f(9,1)，选项B正确；根据I＝eq \f(E,R)＝eq \f(E,ρ\f(4nl,S))＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)l2S,4ρnl)＝eq \f(klS,4ρ)可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝eq \f(klS,4ρ)·neq \f(ΔB,Δt)l2＝eq \f(nk2l3S,4ρ)，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误.
答案 B
变式训练
1.如图2所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是( )
图2
A.在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
B.在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
C.在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流
D.在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势
答案 D
解析 K闭合时线圈b中有顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势，故A错误；根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势，故B错误；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流，故C错误；在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势，故D正确.
2.(2016·海南·4)如图3，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若( )
图3
A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
答案 D
解析 根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确.
3.(2016·全国甲卷·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图4所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
图4
A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB
解析 将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq \x\t(v)＝eq \f(1,2)BL2ω，I＝eq \f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq \f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错.
4.如图5所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好.则以下判断正确的是( )
图5
A.油滴所带电荷量为eq \f(mgd,BLv0)
B.电流自上而下流过电阻R
C.A、B间的电势差UAB＝BLv0
D.其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，油滴将向上运动
答案 BD
解析 导体棒AB在水平拉力F作用下向右运动，由右手定则可知，导体棒AB相当于电源，A端是正极，故电流自上而下流过电阻R，B对；导体棒AB的弧长为L，与磁场切割有效长度为eq \f(2L,π)，故A、C错；根据电容器C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，两极板距离d减小，C增大，Q增加，电场强度E增大，油滴将向上运动，D对.
考题二 电磁感应中的图象问题
解决电磁感应图象问题的方法技巧
(1)解决电磁感应图象问题的“三点关注”：
①关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向.
②关注变化过程，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变化相对应.
③关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应.
(2)解决电磁感应图象问题的一般步骤：
①明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等.
②分析电磁感应的具体过程.
③用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.
④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式.
⑤根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等.
⑥画图象或判断图象.
(3)图象选择技巧：求解物理图象的选择题时可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象.
例2 (2016·四川·7)如图6所示，电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F安，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( )
图6
解析 设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，回路电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BL,R＋r)v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2,R＋r)v，方向水平向左，即F安∝v；R两端电压UR＝IR＝eq \f(BLR,R＋r)v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝eq \f(B2L2,R＋r)v2，即P∝v2.
分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－eq \f(B2L2,R＋r)v＝ma，即F0＋(k－eq \f(B2L2,R＋r))v＝ma.因为金属棒从静止开始运动，所以F0>0 .
(1)若k＝eq \f(B2L2,R＋r)，金属棒水平向右做匀加速直线运动.所以在此情况下没有选项符合；
(2)若k>eq \f(B2L2,R＋r)，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；
(3)若kt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.
答案 (1)eq \f(kt0S,R)
(2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R)
解析 (1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为
ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①
由法拉第电磁感应定律有
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)②
由欧姆定律得
I＝eq \f(E,R)③
由电流的定义得
I＝eq \f(Δq,Δt)④
联立①②③④式得
|Δq|＝eq \f(kS,R)Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝eq \f(kt0S,R)⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有
F＝F安⑦
式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I，
F安＝B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为
Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为
Φt＝Φ＋Φ′⑪
其中Φ＝B1S＝ktS⑫
由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑭
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝eq \f(ΔΦt,Δt)⑮
由欧姆定律得
I＝eq \f(Et,R)⑯
联立⑦⑧⑭⑮⑯式得
F＝(B0lv0＋kS)eq \f(B0l,R).
10.如图9所示，宽L＝2 m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ＝30°的斜面上，在N与N′之间连接一个R＝2.0 Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m＝0.8 kg、电阻r＝2.0 Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),4)，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B＝1.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处(小车可视为质点)，滑轮离小车的高度H＝4.0 m.启动电动小车，使之沿PS方向以v＝5.0 m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a＝3.2 m/s2，AA′与OO′之间的距离d＝1 m，求：
图9
(1)该过程中，通过电阻R的电量q；
(2)杆通过OO′时的速度大小；
(3)杆在OO′时，轻绳的拉力大小；
(4)上述过程中，若拉力对杆所做的功为13 J，求电阻R上的平均电功率.
答案 (1)0.5 C (2)3 m/s (3)12.56 N (4)2 W
解析 (1)平均感应电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLd,R＋r)
代入数据，可得：q＝0.5 C
(2)由几何关系：eq \f(H,sin α)－H＝d
解得：sin α＝0.8 α＝53°
杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：
v1＝vcs α＝3 m/s
(3)杆受的摩擦力Ff＝μmgcs θ＝3 N
杆受的安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v1,R＋r)
代入数据，可得F安＝3 N
根据牛顿第二定律：FT－mgsin θ－Ff－F安＝ma
解得：FT＝12.56 N
(4)根据动能定理：W＋W安－mgdsin θ－Ffd＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)
解得W安＝－2.4 J，电路产生的总电热Q总＝2.4 J
那么，R上的电热QR＝1.2 J
此过程所用的时间t＝eq \f(\f(H,tan α),v)＝0.6 s
R上的平均电功率eq \x\t(P)＝eq \f(QR,t)＝eq \f(1.2,0.6) W＝2 W.

步骤1：列动能定理方程
ab匀速进入，列平衡方程
分步列式，得部分分
(1)ab进入磁场前
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)－0①
得v1＝4 m/s②
mgsin θ＝F安③
F安＝BIL④
I＝eq \f(E,2R)⑤
E＝BLv1⑥
得：I＝1 A⑦
步骤2：cd在磁场外的位移
ab在磁场内的位移
由几何关系得
设经时间t，cd进入磁场
xcd＝x＝eq \f(v1,2)t⑧
xab＝v1t＝2x⑨
两棒都在磁场中时速度相同，无电流，
ab出磁场后，cd上有电流
xcd′＝2x⑩
q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(B·2xL,2R)＝0.8 C⑪
步骤3：
ab匀速进入，列能量守恒方程
cd进出磁场速度相等，列能量守恒方程
Q1＝mg·2x·sin θ⑫
Q2＝mg·3x·sin θ⑬
Q＝Q1＋Q2＝8 J⑭