2020版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义：1-5-2第二讲电磁感应规律及其综合应用 WORD版含答案.docx

1、第二讲电磁感应规律及其综合应用答案(1)楞次定律与右手定则的关系楞次定律右手定则研究对象整个闭合导体回路闭合导体回路的一部分适用范围磁通量变化产生感应电流的各种情况一段导体在磁场中做切割磁感线运动关系右手定则是楞次定律的特殊情况(2)公式：Enn：线圈的匝数，：磁通量的变化量，t：对应于所用的时间，：磁通量的变化率(3)解决电路问题的基本思路找电源：哪部分电路产生了电磁感应现象，则这部分电路就是电源由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律或右手定则确定出电源的正负极a在外电路，电流从正极流向负极；在内电路，电流从负极流向正极b存在双感应电动势的问题中，要求出总的电动势正确分析电路

2、的结构，画出等效电路图a内电路：“切割”磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻b外电路：除“电源”以外的电路即外电路运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等列方程求解(4)动力学问题基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化热点考向一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用角度一楞次定律的应用【典例1】(2017全国卷)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆PQ突然

3、向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向思路引领利用楞次定律判断金属杆PQ产生的感应电流的方向，根据感应电流产生的磁场对线框T中磁通量变化的影响，来判断线框T中感应电流的方向解析由于金属杆PQ突然向右运动，导致金属导轨与金属杆PQ所围的面积增大，磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，故感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向外，PQRS中的感应电流沿逆时针方向对于圆环形金属线框T，

4、金属杆由于运动产生的感应电流所产生的磁场使得T内的磁场的磁感应强度变小，磁通量减小，故线框T中感应电流产生的磁场方向应垂直于纸面向里，故T中的感应电流沿顺时针方向，故选项D正确答案D角度二法拉第电磁感应定律的应用【典例2】(多选)(2019全国卷)空间存在一方向与纸面垂直、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、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tt1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

5、C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为思路引领(1)安培力的方向是否变化，不仅要看i，还要注意B的方向是否变化(2)应用EnnS解题时注意S为有效面积解析根据楞次定律可知在0t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得Er2，根据电阻定律可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误答案BC1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

6、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用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情况与方法迁移一楞次定律的应用1(2019青岛阶段性教学抽样检测)如右图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的判断正确的是()AFN先小于mg后大于mg，运动趋势向左BFN先大于mg后小于mg，运动趋势向左CFN先小于mg后大于mg，运动趋势向右DFN先大于mg后小于mg，运动趋势向右解析解法一：当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中

7、向下的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈四条边所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，D正确解法二：根据楞次定律的另一种表述感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因本题中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后减小，归根结底是磁场靠近了回路“效果”是回路要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势在竖直方向上，回路则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故FN先大于mg后小于mg，D正确答案D迁移二法拉第电磁感应定律的应用2(多选)在如图甲所示的电

8、路中，电阻R1R22R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2bB运动过程中感应电动势大小不变，且abD由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且ab，故选A.答案A4(多选)(2019德阳高三年级二诊)如图甲所示，质量m3.0103 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示t0.22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(

9、细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h0.20 m不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 VB开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC磁感应强度B2的方向竖直向下D开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C解析00.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律EnnS，代入数据得E30 V，A错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B正确；由于t0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由

10、安培定则可知C错误；K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1ltmv，通过细杆的电荷量Qt，细框向上跳起的过程中v22gh，解得Q0.03 C，D正确答案BD5(2018全国卷)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()解析设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E2Bdv(d为导轨间距)，电流i，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，线框切割磁感线运动产生

11、的电动势为零，电流为零；第三个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E2Bdv，电流i，回路中电流方向为逆时针，所以D正确答案D6(2019江西六校联考)如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L.自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离x变化的ix图像最接近图中的()解析根据楞次定律，在圆环进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向；在圆环出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向在圆环进磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，圆环

12、出磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小所以感应电流的大小在圆环进磁场的过程中先增大后减小，出圆环磁场的过程中也是先增大后减小，A正确，B、C、D错误答案A7(2019黑龙江三市调研)如图甲所示，圆形金属线圈与定值电阻组成闭合回路，线圈处于均匀分布的磁场中，磁场方向与线圈平面垂直(取垂直纸面向里为正方向)，Bt图像如图乙所示，已知t1为0t2的中间时刻，则定值电阻中的感应电流I(取通过定值电阻由上往下的方向为正方向)随时间t变化的图线是()解析由Bt图像可知，在0t1时间内B先正向均匀减小再反向均匀增大，由于B均匀变化，所以线圈产生的感应电动势ES大小不变，即电路中的感应电流大小也不变；t1

13、t2时间内B先反向均匀减小再正向均匀增加，线圈产生的感应电动势不变，所以感应电流大小也不变；又t1为0t2的中间时刻，由Bt图像并结合ES可知，0t1时间内产生的感应电流与t1t2时间内产生的感应电流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0t1时间内通过定值电阻中的感应电流方向是通过定值电阻由上到下的，t1t2时间内通过定值电阻中的感应电流方向是通过定值电阻由下到上的，故选项D正确答案D8(2019石家庄质检二)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，在02t0时

14、间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态下列说法正确的是()A在0t0和t02t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B在t02t0内，通过电阻R的电流方向为P到QC在0t0内，通过电阻R的电流大小为D在02t0内，通过电阻R的电荷量为解析由楞次定律和右手定则，结合题图可知，0t0时间内，通过电阻R的电流方向为PQ，t02t0时间内，电流方向为QP，B项错误；由左手定则可知，两段时间内安培力方向相反，故导体棒所受静摩擦力方向相反，A项错误；由法拉第电磁感应定律可知，0t0时间内，E1，所以通过R的电流I1，C项错误；在02t0时间内，PQNM范围内磁通量变化量为B0S，则通

15、过电阻R的电荷量q2t02t02t0，D项正确答案D9(多选)(2019武汉市武昌区高三调研)如图1和图2所示，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，垂直于磁场方向均有一足够长的、间距均为l的光滑竖直金属导轨，图1和图2的导轨上端分别接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器(不会被击穿)，水平放置的、质量分布均匀的金属棒的质量均为m，现使金属棒沿导轨由静止开始下滑，金属棒和导轨始终接触良好且它们的电阻均可忽略以下关于金属棒运动情况的说法正确的是(已知重力加速度为g)()A图1中的金属棒先做匀加速直线运动，达到最大速度vm后，保持这个速度做匀速直线运动B图1中的金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大

16、速度vm后，保持这个速度做匀速直线运动C图2中电容器相当于断路，金属棒做加速度大小为g的匀加速直线运动D图2中金属棒做匀加速直线运动，且加速度大小为a解析题图1中金属棒下落的过程中，受重力和向上的安培力，由牛顿第二定律可知mgma，当金属棒下落的速度逐渐增大时，金属棒的加速度逐渐减小，当a0时mg，则vm，此后金属棒保持该速度做匀速直线运动，A错误，B正确；题图2中当金属棒下落的过程中，速度逐渐增大，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，导体棒对电容器充电，由右手定则知回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则知金属棒所受的安培力竖直向上，金属棒的加速度小于g，C错误；题图2中金属棒做加速运动，开

17、始金属棒中的感应电动势为EBlv，经时间t金属棒的速度增加v，则金属棒的加速度大小为a，此时金属棒中的感应电动势大小为EBl(vv)，则电容器两极板所带电荷量的改变量为qC(EE)CBlv，金属棒中的电流大小为ICBla，由牛顿第二定律可知mgBIlma，由以上解得a，D正确答案BD二、非选择题10(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

18、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.解析(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E，则Ek设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I设PQ中的电流为IPQ，有IPQI设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQl保持PQ静止，由受力平衡，有FF安联立式得F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，P

19、Q运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化量为，平均感应电动势为，有其中Blx设PQ中的平均电流为，有根据电流的定义得由动能定理，有FxWmv20联立式得Wmv2kq答案(1)方向水平向右(2)mv2kq11如右图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金

20、属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为EBLv平行板电容器两极板之间的电势差为UE设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C联立式得QCBLv(2)设金属棒从静止释放到速度达到v，经历时间为t，此时通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1BLi设在时间间隔(t，tt)内流经金属棒的电荷量为Q，按定义有iQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，tt)内增加的电荷量由式得QCBLv式中，v为金属棒的速度变化量按定义有a金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2N式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有Nmgcos金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinf1f2ma联立至式得ag由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动t时刻金属棒的速度大小为vgt答案(1)QCBLv(2)vgt