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1、第11讲电磁感应的规律及综合运用核心考点1楞次定律与法拉第电磁感应定律【高考真题引领】1(多选)(2021全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()A甲和乙都加速运动 B甲和乙都减速运动C甲加速运动，乙减速运动 D甲减速运动，乙加速运动思维分析考查角度楞次定律、法
2、拉第电磁感应定律、牛顿第二定律解题关键根据楞次定律判断感应电流的方向，明确线圈进入磁场中的受力情况，由牛顿第二定律写出加速度的表达式，得出加速度和线圈的匝数、横截面积无关，进而判断线框的运动情况尝试解答_解析：设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v，感应电动势为EnBlv，两线圈材料相等(设密度为0)，质量相同(设为m)，则m04nlS，设材料的电阻率为，则线圈电阻R，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I，由楞次定律得线圈中的感应方向为逆时针，安培力为FnBIl，方向为竖直向上，由牛顿第二定律有mgFma，联立解得agg，可知，加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和
3、乙进入磁场时，具有相同的加速度。当g时，甲和乙都加速运动，当g时，甲和乙都减速运动，当g时，甲和乙都匀速运动。故A、B正确，C、D错误。答案：AB【知识方法深化】1判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。2感应电动势大小的两种计算方法(1)En，主要用来计算感应电动势的平均值，常用来求解电荷量；(2)EBlv，主要用来计算导体平动切割磁感线产生电动势的瞬时值；(3)EBl2，主要用来计算导体转动切割磁感线产生电动势的瞬时值。【精选典题练透】2(多选)(2021福建福州二模)
4、如图甲所示，通电的螺线管右侧有一金属圆环，在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流，规定甲图中所示电流方向为正方向。在B时刻，金属环()A.感应电流为逆时针方向(从左向右方向观察)B.受到水平向左的安培力作用C.磁通量最大D.感应电动势最大解析：B时刻螺线管中电流i随时间的变化率为负，根据安培定则可以判断此时金属环中由右向左方向的磁通量随时间的变化率为负，根据楞次定律可知感应电流的磁场应阻碍这种变化，即从左向右方向观察，金属环中的感应电流方向为逆时针方向，故A正确；B时刻是螺线管中电流为零，因此产生的磁场大小为零，即金属环的安培力为零，故B错误；B时刻穿过金属环磁通量为零，但磁通量的变化率最大，
5、感应电动势最大，故C错误，D正确。答案：AD3(2021湖北武汉二模)用电阻率为，横截面积为S的硬质细导线做成半径为R的圆环，垂直圆环面的磁场充满其内接正方形，t0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t0到t2t0的时间内()A.圆环中的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向B.圆环所受安培力大小t0时刻为零，其他时刻不为零C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中产生的热量为解析：根据Bt图像，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针方向，A错误；由于圆环没有在磁场中，不受安培力，B错误；由闭合电路欧姆定律得I，由法拉第电磁感应定律得E，正方
6、形的边长LR，又根据电阻定律得r，联立解得I，C正确；圆环中产生的热量为QI2r2t0，D错误。答案：C4(2021广东广州二模)如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n1，变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连，则()A.变压器原线圈两端的电压为B.若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0C.若R1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0D.若R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的解析：铜盘转
7、动切割磁感线产生感应电动势大小为E Br2 ，该电压加到电阻R上，由于电压是恒定电压，变压器是理想变压器，所以变压器两端的电压是0，故A错误；变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压，也不能将直流电的电能传递给副线圈，所以若R1不变时，原线圈中的电流为定值，通过负载R2的电流强度为0，故B正确；虽然通过负载R2的电流强度为0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同，不是0，故C错误；若R1变化时，变压器初级线圈电流产生变化，则在次级线圈中有感应电流，根据得，通过负载R2的电流强度是通过R1电流的n倍，故D错误。答案：B核心考点2电磁感应中的图像问题【高考真题引领】2.(多选)
8、(2020山东卷)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I, ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像，可能正确的是()思维分析考查角度法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力解题关键根据不同时间段确定导体框在磁场中的有效长度，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出不同时间段的电动势、电流，应用安培力公式求出各段安培力，结
9、合图像进行判断尝试解答_解析：因为4 s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在01 s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据E12BLv，I1可知电流恒定；2 s末时线框在第二象限长度最长，此时有E23BLv，I2可知I2I1，24 s线框有一部分进入第一象限，电流减小，同理可得在4 s末I3I1，综上分析可知A错误，B正确；根据FabBILab，可知在01 s内ab边所受的安培力线性增加；1 s末安培力为FabBI1Lab，在2 s末可得安培力为FabBI12L，所以有Fab3Fab；由图像可知C正确，D错误。答案：BC【知识方法深化】1解决电磁感应图像问题的“三个关
10、注点”(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，将电磁感应发生的过程分为几个阶段，看这几个阶段是否和图像变化相对应；(3)关注大小、方向的变化趋势，看图像斜率的大小及图线的曲、直是否和物理过程对应。2解决两类图像问题的思路与方法 电磁感应的图像问题大体分为两类：由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像，或由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。(1)图像选择问题：求解物理图像的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图像，留下正确图像；也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照。解决此类问题的关键是把握图像特点，分析
11、相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化。(2)图像分析问题：定性分析物理图像，首先要看两坐标轴代表的物理量，然后再从图线的形状、点、斜率、截距、图线与横轴所围的面积的意义等方面挖掘解题所需的信息。除了从图像上寻找解题信息外，还要结合楞次定律、右手定则判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势大小，结合闭合电路欧姆定律计算感应电流的大小，进而计算安培力大小或根据电路知识求解其他量。如果线圈或导体做匀速运动或匀变速运动，还要用到平衡条件和牛顿第二定律等知识。【精选典题练透】2(2021湖北宜昌一模)如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方
12、向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是()解析：设线框运动的速度为v，线框的总电阻为R，当t时，只有最右侧两个短边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向，是正值，电流大小为i；当t时，从右侧中间短边进入磁场至左侧长边进入磁场，由右手定则可知，感应电流方向为逆时针方向，是正值，电流大小为i；当t时，从左侧长边进入磁场至右侧中间短边离开磁场，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向，是负值，电流大小为i；当t时，从右侧中间短边离开磁场至左侧长边离开磁场，由右手定则可
13、知，感应电流方向为顺时针方向，是负值，电流大小为i；故A正确，B、C、D错误。答案：A3(多选)(2021山东青岛二模)如图甲所示、单匝正方形线框abcd的电阻R0.5 ，边长L20 cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是()A.线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4102 A B.02 s内通过ab边横截面的电荷量为4.8102 CC.3 s时ab边所受安培力的大小为1.44102 ND.04 s内线框中产生的焦耳热为1.152103 J解析：由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，法拉第电磁感应定律得电动势ES，感应电流I2.410
14、2 A，故A错误；电荷量qIt，解得q4.8102 C，故B正确；由图乙得，3 s时B0.3 T，由安培力FBIL，解得F1.44103 N，故C错误；由焦耳定律QI2Rt，解得Q1.152103 J，故D正确。答案：BD4(2021江苏常州一模)如图所示，圆形区域中的匀强磁场的磁感应强度B1随时间t的变化关系为B1kt，k为大于零的常量；边界MN右侧的匀强磁场的磁感应强度大小为B2。光滑平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻，MN处放置和导轨接触良好的金属棒，不计导轨和金属棒电阻。t0时，给金属棒一初速度v0，使其在外力作用下向右匀速运动。回路的总磁通量为、回路的电流为i、电阻R上产生的热量为Q
15、、导体棒受到的外力为F，它们随时间t的变化图像正确的是()解析：根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左右两侧两种磁通量之和，则穿过回路的总磁通量为12ktSB2 v0 tL，故t图像应为过原点的倾斜直线，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得E，则I，故回路的电流为恒定电流，图像应为平行于时间轴的直线，故B错误；电阻R上产生的热量为QI2 Rt，由于I、R不变，故Q与t成正比，故C正确；金属棒所受的安培力大小F安B2IL，根据平衡条件可知，水平拉力大小等于安培力大小，即为F，故拉力F是一个恒量，图像应为平行于时间轴的直线，故D错误。答案：C核心考点3电磁感应
16、规律的综合运用【高考真题引领】1(2021全国乙卷)如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M0.06 kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R3 的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L0.6 m。初始时CD与EF相距s00.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1 m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应
17、强度大小B1 T，重力加速度大小取g10 m/s2，sin 0.6。求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。思维分析考查角度楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动能定理解题关键弄清金属棒和导体框未进入磁场以及在磁场中的受力情况和运动情况是解题的关键；根据动能定理求出金属棒刚进入磁场时的速度，再由牛顿第二定律和力学平衡求解问题解析：(1)根据题意可得，金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(Mm)gs1sin (Mm)v02代入数据解得v0 m/s金属棒在磁场中切割磁
18、感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得EBLv0由闭合回路欧姆定律可得I则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安BIL由得F安0.18 N(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因金属棒做匀速运动，可有mg sin mg cos F安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mg sin mg cos Ma设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t此时导体框的速度为v1v0at导体框的位移x1v0tat2因此导体框和金属棒的相对位移为xx1xat
19、2由题意知，当金属棒离开磁场时，金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0xx金属框进入磁场时做匀速运动，此时的电动势为E1BLv1，I1导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mg sin mg cos BI1L由可得m0.02 kg，(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mg sin mg cos ma1金属棒向下加速，导体框匀速，当金属棒与导体框共速时，则有v0a1t1v1导体框匀速运动的距离为x2v1t1由解得x2 m m答案：(1)0.18 N(2)m0.02 kg(3) m【知识方法深化】1涉及的物理规律匀变速直线运动的规律、牛
20、顿运动定律、动能定理、动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等。2解题思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向。(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向。(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况。(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。3能量转化问题的分析：先电后力再能量【精选典题练透】 考向1电磁感应中的电路问题2.(2021天津南开区一模)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面间的倾角30，两导轨间距L0.3 m，导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R0.
21、4 的固定电阻。整个装置处于磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨面向下。一质量m0.1 kg、电阻r0.2 的金属杆ab垂直跨放在导轨上，现用一平行金属导轨面的外力F沿斜面向上拉金属杆ab，使之由静止开始向上运动。电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示。g取10 m/s2，求：(1)t2.0 s时金属杆ab的速度v的大小；(2)t2.0 s时拉力F的瞬时功率P；(3)2.0 s内通过金属杆ab横截面的电量q。解析：(1)由图像可知，当t2.0 s时U0.2 V，电路中电流I0.5 A，由EI(Rr)，EBLv，联立可得v2 m/
22、s。(2)由图像可知Ukt0.1t，由回路的电流与时间成正比，可知金属杆做匀加速直线运动，由vat得a1 m/s2，由牛顿第二定律得FF安mgsin 30ma，又F安BIL，解得F0.675 N，当t2.0 s时，F的瞬时功率PFv1.35 W。(3)金属杆在2.0 s内通过的位移xat2，由，qt联立得q，代入数据解得q0.5 C。答案：(1)2 m/s(2)1.35 W(3)0.5 C 考向2电磁感应中的动力学问题3.(2021山东日照一模)如图(a)所示，距离为L的两根足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面夹角为。质量为m，电阻为r的金属棒ab垂直放置于导轨上，导轨所在平面内有垂直
23、于导轨斜向上的匀强磁场。导轨的P、M两端接在外电路上，电阻R的阻值为2r，电容器的电容为C，电容器的耐压值足够大。在开关S1闭合、S2断开的状态下将金属棒ab由静止释放(运动过程中ab始终保持与导轨垂直并接触良好)，金属棒的vt图像如图(b)所示。导轨电阻不计，重力加速度为g。(1)求磁场的磁感应强度大小；(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒加速下滑的距离为x时电阻R产生的焦耳热为Q，则此时金属棒的速度、加速度分别是多少？(3)现将开关S1断开，S2闭合，由静止释放金属棒后，金属棒做什么运动？解析：(1)由题意和图像给出的信息可知，最后金属棒将做匀速运动，于是mg sin ILB且
24、I，解得B(2)由能量守恒定律得：mgx sin QRQrmv12，由闭合电路欧姆定律得I1，设此时的加速度为a1，由牛顿第二定律可得mg sin I1LBma1，根据QI2Rt可得QrQR，联立解得v1，a1g sin (3)设释放金属棒的一小段时间t的加速度为a，根据牛顿第二定律可得mg sin I2LBma，根据电流的定义I2CBLa则金属棒的加速度为a，显然，金属棒做匀加速运动。答案：(1)(2)g sin (3)匀加速直线运动 考向3电磁感应中的动量、能量问题4.(2021湖南长沙二模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电
25、，导轨的间距L1 m，左侧接R1 的定值电阻，右侧接电容C1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B1 T的匀强磁场，ABCD区域长s0.3 m。金属杆a、b的长度均为L1 m，质量均为m0.1 kg，a的电阻为r2 ，b的电阻不计。金属杆a从距水平部分h0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动。求：(1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；(2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2的大小；(3)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小；(4)整个运动过程中金属杆
26、a上产生的焦耳热。解析：(1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，设金属杆a刚进入ABCD区域时速度为v1，由动能定理得mghmv12，解得v13 m/s，刚进入ABCD区域时由法拉第电磁感应定律得EBLv1，此时通过R的电流I，解得I1 A(2)设金属杆a刚离开ABCD区域时速度为v2，金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，由动量定理得BLtmv2mv1，tt，解得v22 m/s(3)金属杆a、b发生弹性碰撞，设碰后瞬间，a、b杆速度分别为v2和v3，由动量守恒定律得：mv2mv2mv3，由能量能守恒定律得mv22mv22mv32，解得v32 m/s，v20，分析可知，杆b进入EFGH区域后，对电容器充电，杆b和电容器构成的回路中有顺时针方向充电电流，杆b受到向左的安培力，杆b速度减小，当杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，充电结束，杆b达到稳定状态，以v4匀速运动，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，则有BIltmv4mv3，I，BLqmv4mv3，BLv4，联立解得v4 m/s(4)整个过程中，杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q J答案：(1)1 A(2)2 m/s(3) m/s(4) J