高考复习学案：专题17 电磁感应定律的综合应用

专题17　电磁感应定律的综合应用
考情分析　高考对法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则及右手定则的考查一般会结合具体情景和过程命题，主要方向是结合函数图象，结合电路分析，联系力学过程，贯穿能量守恒．知识跨度大，思维综合性强，试题难度一般也较大，杆＋导轨或导线框是常见模型，题型可能是选择题，也可能是计算题．21·cn·jy·com
16年既有选择题又有计算题，17年在加入动量、原子物理的情况下，三套卷仍各有一道选择题．可见，电磁感应在高考中仍然是热点和重点．www.21-cn-jy.com
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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＝n.
(2)磁感应强度变化型：E＝nS.
(3)面积变化型：E＝nB.
(4)平动切割型：E＝Blv.
(5)转动切割型：E＝nBl2ω.
注意：公式E＝nS中的S是垂直于磁场方向的有效面积．
4．电磁感应现象中的电源与电路．
(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(2)在电源内部电流由负极流向正极．
(3)电源两端的电压为路端电压．
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1．(2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图1所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　　)21世纪教育网版权所有
图1
答案　A
2．(2017·全国卷Ⅲ·15)如图2所示，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(　　)
图2
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
答案　D 解析　金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确．
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1．磁场变化产生感应电动势或感应电流时一般由B－t图象或Φ－t图象，判断I－t或E－t关系
(1)正方向的规定．
(2)B－t图象、Φ－t图象的斜率相同时，由,φ=BS得,E、I大小方向不变．反之电流、电动势恒定时，B(Φ)随时间均匀变化．2·1·c·n·j·y
(3)安培力大小与B、I、L有关(F=BIL)，当I、L不变，B均匀变化时安培力均匀变化．
2．导体棒、线框切割磁感线时
有效切割长度：导体首尾连线在垂直磁场、垂直切割速度方向上的投影长度．(其他方向相互抵消)
真题模拟精练
5．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图5(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(　　)【来源：21·世纪·教育·网】
图5
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案　BC
解析　由E－t图象可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项B正确；
由图象可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，选项A错误；
根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；
在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A，
所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误．
7．(多选)(2017·山东泰安市一模)矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图7所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，i表示线框中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受安培力的大小(规定ab边所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是(　　)www-2-1-cnjy-com
图7

答案　AC
解析　在0～2 s内，磁感应强度均匀变化，穿过线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先垂直纸面向里后垂直纸面向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：E＝S，感应电流I＝＝·，一定，则感应电流也一定．同理得知，在2～4 s内，感应电流方向为逆时针，电流为负值，感应电流也一定．故A正确，B错误．【来源：21cnj*y.co*m】
在0～2 s内，线框ab边所受安培力的大小为F＝BIL，IL一定，F与B成正比，(由图可知磁场B在变化)而由左手定则判断可知，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值．21教育名师原创作品
在2～4 s内，F与B成正比，由电流图可知电流方向反向,磁场方向与原来相反,安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值，与0～2 s内情况相同．故C正确，D错误．21*cnjy*com
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电磁感应与动力学综合题的解题策略
(1)做好电路分析，明确电源与外电路，可画等效电路图．
(2)做好受力分析，把握安培力的特点，安培力大小一般与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化．21·世纪*教育网
(3)做好运动过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．
10．如图10甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1 Ω的电阻；质量m＝1 kg、阻值r＝1 Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9.整个装置处于与导轨平面垂直(向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在0～1.0 s内，金属棒cd保持静止，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.
图10
(1)求0～1.0 s内通过金属棒cd的电荷量；
(2)求t＝1.1 s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；
答案　(1)1 C　(2)6.2 N，方向沿导轨向上　(3)F＝15.2＋0.16t′
解析　(1)在0～1.0 s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E＝，其中S＝L1L＝1 m2
由闭合电路的欧姆定律有：I＝ ,由于0～1.0 s内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒cd的电荷量为： q＝IΔt=Δt=Δt=，其中Δt＝1 s,代入数据解得：q＝1 C.(结论电量等于磁通量与电阻的比值)【版权所有：21教育】
(2)假设0～1.1 s内金属棒cd保持静止，则在0～1.1 s内回路中的电流不变I==，t＝1.1 s时，金属棒cd所受的安培力为：F′＝B1IL＝0.2 N， (电流d到c,逆时针,磁场垂直斜面上),故安培力方向沿导轨向下,
又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为：Ff＝μmgcos 37°＝7.2 N
由于mgsin 37°＋F′＝6+0.2N=6.2 N＜Ff，可知假设成立，金属棒cd仍保持静止, 21教育网
故所求静摩擦力为6.2 N，方向沿导轨向上．
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电磁感应中能量的三种求解方法
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．

(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能和机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能．
(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热．21*cnjy*com
特别提醒：回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热之间的关系，不能混淆．
真题模拟精练
12. (2017·福建厦门市3月质检)如图12所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好．金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路．整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F＝2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动．重力加速度为g.
图12
(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；
(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0＝0，恒力大小变为F′＝1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动；求：①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；
解析　(1)设金属棒cd做匀速运动的速度为v，E＝BLv① I＝② F安＝IBL③
金属棒cd克服安培力做功的功率P安＝F安v④ 由①②③④得P安＝⑥
电路获得的电功率P电＝⑤ 由①⑤得P电＝⑦
所以：P安＝P电
(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL＝2mgsin 30°⑧
金属棒ab的热功率Pab＝IR⑨ 由⑧⑨解得：Pab＝⑩
专题规范练
题组1　高考真题体验
1．(2016·全国卷Ⅰ·24)如图1所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求：2-1-c-n-j-y
图1
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)
2．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·20) 法拉第圆盘发电机的示意图如图2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2
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
3．(2016·全国卷Ⅱ·24)如图3所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
图3
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
答案
1．答案解析　(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得21cnjy.com
　
甲　　　　　　　乙
2mgsin θ＝μFN1＋FT＋F①
FN1＝2mgcos θ②
对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得
mgsin θ＋μFN2＝FT′＝FT③
FN2＝mgcos θ④
联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤
(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑥
回路中电流I＝⑦
安培力F＝BIL⑧
联立⑤⑥⑦⑧得：
v＝(sin θ－3μcos θ)
2.答案　AB
解析　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I 2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．【出处：21教育名师】
3.答案　(1)Blt0(－μg)　(2)
解析　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0(－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝.