资源简介

挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点
热点（9）电磁感应规律的应用
考向一：楞次定律应用
【真题引领】
(多选)(2019·全国卷Ⅰ)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的变化关系如图(b)所示，则在t=0到t=t1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
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
【答案】B、C　
(1)题眼解读：
①看到“判断感应电流的方向”想到应用“楞次定律”。
②看到“图(a)中磁场带有边界”想到要求“圆环回路在磁场中的有效面积”。
解析：在t=0到t=t0的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向里且逐渐减弱，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向左；在t=t0到t=t1的时间间隔内，磁感应强度的方向垂直纸面向外且逐渐增强，根据楞次定律可知圆环中的感应电流沿顺时针方向，且圆环所受安培力的方向水平向右，故选项A错误，B正确；圆环中的感应电动势大小为E===·=，故选项D错误；圆环中的感应电流大小为I===，故选项C正确。
(2)错因警示：
警示1：进行电流方向判断和安培力方向判断时，对t0时刻前后判断混乱。
警示2：计算感应电动势时，将回路的面积算错。
楞次定律的应用技巧：
考场练兵：
1.(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是
(　　)
A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】A、D　
解析：开关闭合后的瞬间，根据安培定则可知，两线圈内的磁场方向水平向右。因为线圈内的磁通量增加，根据楞次定律可判断直导线内的电流方向由南到北，再根据安培定则可知直导线内的电流在正上方产生的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，与直导线相连的线圈内磁通量不变，则直导线没有感应电流，故小磁针不动，故选项B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，与直导线相连的线圈内磁通量减少，根据楞次定律可判断直导线内的电流方向由北到南，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故选项D正确。
2.一架战斗机在北半球某地上方沿水平方向自西向东飞行。该飞机翼展10
m，表演地点处磁场的竖直分量为5.0×10-5
T，该机飞行时速度约为300
m/s，下列说法正确的是
(　　)
A.该机两翼尖端电势差大小约为0.15
V
B.该机两翼尖端无电势差
C.右端机翼电势较高
D.若飞机转向为自东向西飞行，机翼右端电势较高
【答案】A　
解析：该机两翼尖端电势差大小约为U=BLv=5.0×10-5
T·10
m·300
m/s=0.15
V，故A正确；表演地点的地磁场方向斜向下，在竖直方向的分量向下，根据右手定则可得，无论飞机沿水平方向自西向东飞行或是自东向西飞行，相对于飞行员来说都是机翼的左端电势高，故B、C、D错误。
考向二：感应电动势计算
【真题引领】
(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于
(　　)　　　
　　　　　　
　
A.
B.
C.
D.2
【答案】B
(1)题眼解读：
①看到“以恒定的角速度逆时针转”想到“旋转切割产生感应电动势”。
②看到“磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加”想到“感生电场”。
(2)情境转化：
　
解析：由q=t、=、=n，可得q=n。过程Ⅰ中流过OM的电荷量q1==，过程Ⅱ中流过OM的电荷量q2==。因q1=q2，即=，解得=。
感应电动势计算：
考场练兵：
1.(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。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(　　)
A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B.若从上往下看，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】A、B　
解析：若圆盘转动的角速度恒定，则相当于无数切割磁感线的导体的运动速度恒定，切割磁感线感应电动势E=Br2ω也恒定，则电流大小恒定，A正确；由右手定则可知，从上往下看，只要圆盘顺时针转动，电流就沿a到b的方向流动，不会改变，B正确，C错误；由于电流在R上的热功率与电流的平方成正比，圆盘转动的角速度变为原来的2倍时，圆盘切割磁感线产生的感应电动势变为原来的2倍，电流也变为原来的2倍，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。
2.如图所示，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
(　　)
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
【答案】B　
解析：a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度均匀增加，由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外，再根据安培定则可知：两线圈内产生逆时针方向的感应电流，A错误；由E=可知==，B正确；a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数相同，Ra∶Rb=3∶1，由闭合电路的欧姆定律得Ia=，Ib=，则==，C项错误；Pa=Ra，Pb=Rb，则Pa∶Pb=27∶1，D错误。
考向三：与力学三大规律结合：
【真题引领】
(2016·全国卷Ⅰ)如图，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
(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(sinθ-3μcosθ)
(2)
(1)情境转化：
解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，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N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsinθ=μN1+2T+F
①
N1=2mgcosθ
②
对于cd棒，同理有
mgsinθ+μN2=2T
③
N2=mgcosθ
④
联立①②③④式得
F=mg(sinθ-3μcosθ)
⑤
(2)由安培力公式得
F=BIL
⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
E=BLv
⑦
式中v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I=
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v=
⑨
(2)错因警示：
警示1：对两棒进行受力分析时，往往对力分析不全。
警示2：书写ab棒的平衡条件时，易写为mgsinθ=μN1+T+F，N1=mgcosθ。
电磁感与力学三大规律结合解题思路：
1.动力学思路：
2.能量思路：
考场练兵：
1.(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆
(　　)
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
【答案】B、C　
解析：金属杆在磁场Ⅰ、Ⅱ之间运动时，做加速运动，因此金属杆在磁场Ⅰ中要做减速运动，才能保证进入磁场Ⅱ时和进入磁场Ⅰ时速度相等，选项A错误；画出穿过磁场Ⅰ和在两磁场之间的v-t图象，能够直观反映出穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，表明金属杆穿过磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前动能没有变化，减少的重力势能E势=2mgd变成了焦耳热，再穿过磁场Ⅱ过程跟穿过磁场Ⅰ情况完全相同，产生的焦耳热还等于2mgd，总的热量为4mgd，选项C正确；由于在进入磁场Ⅰ前，金属杆做自由落体运动，末速度为v末=，在刚进入磁场Ⅰ时，安培力·>mg才能保证金属杆做减速运动，化简得h>，选项D错误。
2.如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为d的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r=R。两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻RL=R，重力加速度为g。现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F=mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率。求：
(1)金属棒能达到的最大速度vm；
(2)灯泡的额定功率PL；
(3)若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电热Qr。
【答案】(1)　
(2)
(3)mgL-
解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动；设最大速度为vm，当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件得：F=BId+mgsin30°
又：F=mg
解得：I=
由I==，E=Bdvm
联立解得：vm=。
(2)灯泡的额定功率：
PL=I2RL=()2R=。
(3)金属棒由静止开始上滑4L的过程中，由能量守恒定律可知：
Q=F·4L-mg·4Lsin30°-m
金属棒上产生的电热：
Qr=Q=mgL-。

展开更多......

收起↑