高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题四 电磁感应和电路 第2讲 电磁感应的规律及应用专项训练-人教版高三全册物理试题.doc

第2讲电磁感应的规律及应用真题再现1.(多选)(2018·全国卷)如图421所示，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。下列说法正确的是图421A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解析由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。答案AD2.(2018·全国卷)如图422所示，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)；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)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于图422A. B. C. D2解析设OM的电阻为R，过程，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1，流过OM的电流为I1，则流过OM的电荷量为q1I1·t1；过程，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2，电路中的电流为I2，则流过OM的电荷量为q2I2·t2；由题意知q1q2，则解得，B正确，ACD错误。答案B3(2018·全国卷)如图423，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图423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D4.(2016·全国卷)如图424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，t0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。重力加速度大小为g。求图424(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。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Fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0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EBlv联立式可得EBlt0(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式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F安BlI因金属杆做匀速运动，有FmgF安0联立式得R。答案(1)Blt0(2)考情分析分值620分题型选择题或计算题命题热点(1)电磁感应中的图像问题(2)电磁感应中的电路(3)电磁感应中的动力学问题(4)电磁感应中的能量问题考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1判定感应电流的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。2求感应电动势的方法(1)感生电动势：En(2)动生电动势：【题组突破】1(2017·全国卷)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425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左右振动的衰减最有效的方案是图425解析施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。答案A2.(多选)(2018·全国卷)如图426(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势图426A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向解析因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误。再由楞次定律可判断在一个周期内，内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确，其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。答案AC3.(多选)(2018·湖南一模)用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图427所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。当磁场均匀减弱时图427A圆环和线框中的电流方向都为顺时针B圆环和线框中的电流方向都为逆时针C圆环和线框中的电流大小之比为1D圆环和线框中的电流大小之比为21解析根据楞次定律可知，当磁场均匀减弱时，线圈内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针，A正确，B错误；设圆形半径为a，则圆环面积为Sa2，圆环周长为L2a，正方形框面积为S2a2，正方形线框边长之和为L4a，因为磁场是均匀减小的，故E，所以圆环和正方形线框中的电动势之比为，两者的电阻之比为，故电流之比为××，故C正确，D错误。答案AC4(多选)(2018·南京联考)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图428所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去。现在固定线左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铅导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率铜铝。合上开关S的瞬间图428A从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C若将铜环放置在线圈右方，环将向左运动D电池正负极调换后，金属环不能向左弹射解析线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，选项A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，选项C错误；电池正负极调换后，金属环受力方向不变，故仍将向左弹出，选项D错误。答案AB考点二电磁感应中的图像问题1解题“五步曲”2解决图像问题的三个关注(1)关注初始时刻感应电流是否为零，电流方向是正方向还是负方向。(2)关注电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。(3)关注图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应，分析大小和方向的变化趋势。(多选)(2018·银川一模)如图429所示，边长为L、总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧邻两个磁感应强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场。现使线框以速度v0匀速通过磁场区域，从开始进入到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是图429审题探究怎样求解线框在进入磁场L2L的过程中，产生的电动势？a和b哪一点的电势高？由右手定则知，ab和cd产生的电动势同向，故线框的总电动势为E2BLv0，ab边电流方向由b到a，故a点电势高。解析线框在进入磁场0L的过程中，EBLv0，电流Ii0，方向为逆时针方向，为正，a点的电势比b点的电势高，a，b间的电势差UabBlv0U0；在L2L的过程中，E2BLv0，电流I2i0，方向为顺时针方向，为负，a的电势比b的电势高，ab间的电势差UabBLv02U0；在2L3L的过程中，EBLv0，电流Ii0，方向为逆时针方向，为正，a点的电势比b点的电势低，ab间的电势差UabBLv03U0，故选项A，C正确，B，D错误。答案AC【题组突破】1由Bt图像确定感应电流如图4210甲所示，一根电阻为R4 的导线绕成的半径为d2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径为d的半圆，磁场随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的电流时间图像，以下四图中正确的是图4210答案B2由It图像确定其他物理量变化的图像问题(2018·南阳模拟)如图4211甲所示，光滑平行金属导轨MN，PQ所在平面与水平面成角，M，P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨和金属棒的电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图(乙)所示。下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图像正确的是图4211解析根据题图乙所示的It图像设Ikt，其中k为比例系数，因EIR，EBlv，所以v·t，v­t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即vat，故选项A错误；由闭合电路欧姆定律可得Ikt，可推出EktR，而E，所以有ktR，t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故选项B正确；对导体棒有FBIlma，而I，vat，则得到Ftma，可见Ft图像是一条斜率大于零且与F轴正半轴有交点的直线，故选项C错误；qtt2，qt图像是一条开口向上的抛物线，故选项D错误。答案B3由导体的vt图像确定其它物理量如图4212所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置(cd边与L1重合)由静止释放，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合。已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10 m/s2，则图4212A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB线圈匀速运动的速度大小为2 m/sC线圈的长度为1 mD在0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J解析在t2t3时间内，线圈做匀速运动，速度为v2，由mg，解得v28 m/s，选项B错误；在t1t2时间内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流，线圈一直做匀加速运动，加速度为g，知ab边刚进入上边的磁场时，cd边也刚进入下边的磁场。设磁场宽度为x，则线圈的长度为2x，线圈在t1t2时间内的位移大小为3x，故3xv2t，又因为t0.6 s，解得x1 m，线圈长度为2x2 m，选项C错误；在0t1时间内，cd边由L1运动到L2，由q0.25 C，故选项A正确；在0t3时间内，由能量守恒可知Qmg(3x2x)1.8 J，选项D错误。答案A考点三电磁感应中的电路和动力学问题1解答电磁感应中电路问题的三个步骤(1)确定电源：利用En或EBlvsin 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向。(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。(3)利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解。2动力学问题中的“两分析、两状态”(1)受力情况、运动情况的分析导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。(2)两种状态处理导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。导体处于非平衡状态加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。(2018·乐山第二次调研)如图4213所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距为L，电阻R与两导轨相连，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、电阻不计的导体棒MN，在竖直向上大小为F的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上运动。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，求：图4213(1)初始时刻导体棒的加速度大小；(2)当流过电阻R的电流恒定时，求导体棒的速度大小。思路探究(1)初始时刻导体棒MN受几个力作用？(2)电流恒定状态导体棒受几个力？这些力的合力有什么特点？解析(1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg、拉力F，由牛顿第二定律得Fmgma，解得a。(2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设此时速度为v，导体棒产生的电动势为EBLv受到的安培力为F安BIL稳定时的电流为I由平衡条件得FmgF安0以上联立解得v。答案(1)(2)【题组突破】1.(多选)(2018·湖南五市十校联考)如图4214所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动，则图4214A金属棒ab相当于电源，其a端相当于电源负极B拉力FC回路中的感应电流沿顺时针方向流动D定值电阻消耗的电功率PFv解析根据楞次定律可得金属棒ab中电流从b到a，a端相当于正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A、C错误；产生的感应电动势EBLv，导体棒受到的安培力F安BILB··L，由于导体棒做匀速直线运动，所以F，B正确；由于金属棒ab速度不变，所以拉力做的功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率PFv，D正确。答案BD2(2018·江苏卷)如图4215所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒图4215(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。解析(1)匀加速直线运动v22as解得v(2)安培力F安IdB金属棒所受合力Fmgsin F安牛顿运动定律Fma解得I(3)运动时间t电荷量QIt解得Q。答案(1)(2)(3)考点四电磁感应中的能量问题能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热的三种方法(2016·浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图4216所示，两根平行金属导轨相距l0.05 m，倾角53°，导轨上端串接一个R0.05 的电阻。在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T。质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m。一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：图4216(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。解析(1)由牛顿第二定律a12 m/s2CD棒进入磁场时的速度v2.4 m/s。(2)感应电动势EBlv感应电流I安培力FAIBl代入得FA48 N。(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛顿第二定律Fmgsin FA0CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t焦耳热QI2Rt26.88 J。答案见解析【题组突破】1(多选)(2018·南阳质检)如图4217所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度。在这一过程中图4217A作用在金属棒上的合力所做的功大于0B恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化D恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热解析导体棒由静止开始向上加速，产生的感应电流和感应电动势增大，所受安培力随之增大，合外力减小，加速度减小，若h足够高，最后导体棒做匀速运动，由动能定理知，作用在金属棒上的合力所做的功大于零，A正确；根据动能定理可得WFWGW安Ek，故WFEkW安WG，恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热以及金属棒增加的动能之和，B错误；如果还在没有到达h高度前，金属棒已做匀速运动，速度恒定，此后恒力F与安培力的合力的瞬时功率恒定不变，C错误；根据WFWGW安Ek可得WFWGEkW安，恒力F与重力mg的合力所做的功等于电阻R产生的焦耳热与增加的动能之和，D正确。答案AD2.(2018·江西重点中学高三联考)如图4218所示，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，开始时ABCD的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l。现将两导线框由静止释放，当ABCD全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：图4218(1)两导线框匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框abcd通过磁场的时间。解析(1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v，此时轻绳上的张力为FT，则对ABCD有FT2mg对abcd有FTmgBIlIEBlv则v(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有4mgl2mgl×3mv2Q联立解得Q2mgl(3)导线框abcd通过磁场的过程中以速度v匀速运动，设导线框abcd通过磁场的时间为t，则t联立解得t。答案(1)(2)2mgl(3)