高考物理（四海八荒易錯集）專題11 電磁感應規(guī)律及其應用

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專題11 電磁感應規(guī)律及其應用 1．如圖4所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為(　　) 圖4 A.　　　B.　　　C.　　　D. 2．如圖5甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是(　　) 圖5 A．從上往下看，0～1 s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向 B．0～1 s內圓環(huán)面積有擴張的趨勢 C．3 s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D．1～2 s內和2～3 s內圓環(huán)中的感應電流方向相反 【答案】A　【解析】由圖乙知，0～1 s內螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應電流的磁場向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，從上往下看，0～1 s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，選項A正確、B錯誤；同理可得1～2 s內和2～3 s內圓環(huán)中的感應電流方向相同，選項D錯誤；3 s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應強度的變化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項C錯誤． 3.讓圓盤逆時針轉動，現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(　　) 圖6 A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動 4. (多選)如圖9所示，在坐標系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處．在y軸右側區(qū)域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a方向為感應電流的正方向，則在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，感應電流i和a、b間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是下圖中的(　　) 圖9 【答案】AD　【解析】在ab邊通過磁場的過程中，利用楞次定律或右手定則可判斷出電流方向為逆時針方向，即沿正方向，且電流在減小，Uab＝－i(Rbc＋Rcd＋Rda)．在cd邊通過磁場的過程中，可判斷出電流為順時針方向，即沿負方向，且電流逐漸減小，Uab＝－iRab，A、D正確． 5．如圖10所示，虛線P、Q、R間存在著磁感應強度大小相等，方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面，磁場寬度均為L.一等腰直角三角形導線框abc，ab邊與bc邊長度均為L，bc邊與虛線邊界垂直．現(xiàn)讓線框沿bc方向勻速穿過磁場區(qū)域，從c點經(jīng)過虛線P開始計時，以逆時針方向為導線框中感應電流i的正方向，則下列四個圖象中能正確表示it圖象的是(　　) 圖10 6．如圖11甲所示，且通入如圖乙所示的磁場)，已知螺線管(電阻不計)的匝數(shù)n＝6，截面積S＝10 cm2，線圈與R＝12 Ω的電阻連接，水平向右且均勻分布的磁場穿過螺線管，磁場與線圈平面垂直，磁感應強度大小B隨時間t變化的關系如圖乙所示，規(guī)定感應電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向．忽略線圈的自感影響，下列it關系圖中正確的是(　　) 圖11 7．(多選)如圖12甲所示，水平面上的平行導軌MN、PQ上放著兩根垂直導軌的光滑導體棒ab、cd，兩棒間用絕緣絲線連接；已知平行導軌MN、PQ間距為L1，導體棒ab、cd間距為L2，導軌電阻可忽略，每根導體棒在導軌之間的電阻為R.開始時勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示．則以下說法正確的是(　　) 圖12 A．在t0時刻回路中產(chǎn)生的感應電動勢E＝0 B．在0～t0時間內導體棒中的電流為 C．在t0/2時刻絕緣絲線所受拉力為 D．在0～2t0時間內回路中電流方向是abdca 8．(多選)如圖15所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中．一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計．下列說法正確的是(　　) 圖15 A．A點的電勢高于C點的電勢 B．此時AC兩端電壓為UAC＝ C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 【答案】AD　【解析】根據(jù)右手定則可知，A點相當于電源的正極，電勢高，A正確；AC產(chǎn)生的感應電動勢為E＝2BLv，AC兩端的電壓為UAC＝＝，B錯誤；由功能關系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C錯誤；此過程中平均感應電流為＝，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確． 9．如圖16所示，豎直平面內有一寬L＝1 m、足夠長的光滑矩形金屬導軌，電阻不計．在導軌的上、下邊分別接有電阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，磁感應強度大小均為B＝1 T．現(xiàn)有質量m＝0.2 kg、電阻r＝1 Ω的導體棒ab，在金屬導軌上從MN上方某處由靜止下落，下落過程中導體棒始終保持水平，與金屬導軌接觸良好．當導體棒ab下落到快要接近MN時的速度大小為v1＝3 m/s.不計空氣阻力，g取10 m/s2. 圖16 (1)求導體棒ab快要接近MN時的加速度大?。? (2)若導體棒ab進入磁場Ⅱ后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離h； (3)若將磁場Ⅱ的CD邊界略微下移，使導體棒ab剛進入磁場Ⅱ時速度大小變?yōu)関2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的勻加速直線運動，求所加外力F隨時間t變化的關系式． (2)導體棒進入磁場Ⅱ后，安培力等于重力，導體棒做勻速運動，導體棒中電流大小始終保持不變． mg＝BI′L ⑤ I′＝ ⑥ E′＝BLv′ ⑦ 聯(lián)立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s 導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，v′2－v＝2gh 解得：h＝1.35 m. (3)導體棒進入磁場Ⅱ后經(jīng)過時間t的速度大小 v＝v2＋at ⑧ 由牛頓第二定律得： F＋mg－F安＝ma ⑨ 又F安＝ ⑩ 由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6)N. 【答案】　(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)F＝(t＋1.6)N 10．如圖17所示，水平放置的平行光滑導軌間有兩個區(qū)域有垂直于導軌平面的勻強磁場，虛線M、N間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B1＝8B，虛線P、Q間有垂直于紙面向外的勻強磁場，虛線M、N和P、Q間距均為d，N、P間距為15d，一質量為m、長為L的導體棒垂直于導軌放置在導軌上，位于M左側，距M也為d，導軌間距為L，導軌左端接有一阻值為R的定值電阻，現(xiàn)給導體棒一個向右的水平恒力，導體棒運動以后能勻速地通過兩個磁場，不計導體棒和導軌的電阻，求： 圖17 (1)P、Q間磁場的磁感應強度B2的大??； (2)通過定值電阻的電荷量； (3)定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱． (2)設導體棒通過磁場過程中通過定值電阻的電荷量為q q＝Δt＝Δt＝ 由于通過兩個磁場過程中導體棒掃過的區(qū)域的磁通量的變化量為ΔΦ＝(B1－B2)Ld q＝＝＝. (3)定值電阻中產(chǎn)生的焦耳熱等于導體棒克服安培力做的功，由于導體棒在磁場中做勻速運動，因此導體棒在磁場中受到的安培力大小等于F，則定值電阻中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝2Fd. 【答案】　(1)4B　(2)　(3)2Fd 易錯起源1、 電磁感應規(guī)律及其應用 例1、(多選)(2016全國甲卷T20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 【變式探究】 (2015全國卷ⅡT15)如圖2所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．Ua>Uc，金屬框中無電流 B．Ub >Uc，金屬框中電流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D．Ubc＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a 【名師點睛】 1．高考考查特點 高考在本考點的考查主要集中在導體棒切割磁感線為背景的電動勢的計算及方向的判斷．掌握法拉第電磁感應定律和楞次定律、右手定則是突破考點的方法． 2．解題的常見誤區(qū)及提醒 (1)對感應電流產(chǎn)生的條件理解不準確，認為只要切割就有感應電流． (2)不能正確理解楞次定律造成電流方向判斷錯誤． (3)左手定則和右手定則混淆出現(xiàn)電流方向的判斷錯誤． (4)不理解轉動切割電動勢大小計算方法． 【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】 (1)感應電流方向的判斷方法 一是利用右手定則，即根據(jù)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷； 二是利用楞次定律，即根據(jù)穿過回路的磁通量的變化情況進行判斷． (2)楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式 ①阻礙原磁通量的變化——“增反減同”； ②阻礙相對運動——“來拒去留”； ③使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”； ④阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”． (3)求感應電動勢的兩種方法 ①E＝n，用來計算感應電動勢的平均值． ②E＝BLv，主要用來計算感應電動勢的瞬時值． 易錯起源2、電磁感應中的圖象問題 例2、如圖7(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示．已知線圈內部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是(　　) 圖7 【變式探究】如圖8所示，在水平面(紙面)內有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構成“V”字型導軌．空間存在垂直于紙面的均勻磁場．用力使MN向右勻速運動，從圖示位置開始計時，運動中MN始終與∠bac的平分線垂直且和導軌保持良好接觸．下列關于回路中電流i與時間t的關系圖線，可能正確的是(　　) 圖8 【名師點睛】 1．高考考查特點 本考點的命題主要涉及it圖、Et圖、Bt圖、Φt圖，還有vt圖、Ft圖等．突破本考點的關鍵是靈活應用楞次定律、法拉第電磁感應定律判斷電流方向及計算電動勢的大?。? 2．解題的常見誤區(qū)及提醒 (1)不能正確的將磁場變化和電流變化相互轉換． (2)不能正確判斷感應電流是正方向還是負方向． (3)不理解圖象斜率、曲直的意義． (4)多階段過程中不能將各階段的運動和圖象變化相對應． 【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】 解決電磁感應圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是Bt圖還是Φt圖，或者Et圖、It圖等． (2)分析電磁感應的具體過程． (3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系． (4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式． (5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等． (6)畫圖象或判斷圖象． 易錯起源3、 電磁感應中電路和能量問題 例3、(2016全國甲卷T24)如圖13所示，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： 圖13 (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??； (2)電阻的阻值． 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0. ④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝ ⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 f＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得 F－μmg－f＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝. ⑧ 【答案】　(1)Blt0　(2) 【變式探究】(2016全國丙卷T25)如圖14所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動．金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求： 圖14 (1)在t＝0到t＝t0時間間隔內，流過電阻的電荷量的絕對值； (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。? 【解析】　(1)在金屬棒越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS ① 設在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應定律有 ε＝－ ② 由歐姆定律有i＝ ③ 由電流的定義有i＝ ④ 聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內，流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|＝. ⑥ 穿過回路的總磁通量為 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ? 在t到t＋Δt的時間間隔內，總磁通量的改變ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ? 由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為 Et＝ ? 由歐姆定律有I＝ ? 聯(lián)立⑦⑧???式得 f＝(B0lv0＋kS). 【答案】　(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 【名師點睛】 1．高考考查特點 本考點多以導體棒切割磁感線為背景，結合牛頓第二定律對導體棒進行運動分析和受力分析；結合圖象，應用法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、電功率、動能定理等規(guī)律進行電路、功能關系的計算． 2．解題的常見誤區(qū)及提醒 (1)分析電源時電勢高低易出錯． (2)涉及力和運動的分析時出現(xiàn)漏力(多力)的現(xiàn)象． (3)功能分析時，力做功及電熱的計算易漏(多算)電阻生熱． 1．在法拉第時代，下列驗證“由磁產(chǎn)生電”設想的實驗中，能觀察到感應電流的是(　　) A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化 B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化 C．將一房間內的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化 D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化 2．如圖20所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　　) 圖20 A．兩線圈內產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C．a(chǎn)、b線圈中感應電流之比為3∶4 D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1 【答案】B　【解析】根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內均產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，選項A錯誤；因磁感應強度隨時間均勻增大，設＝k，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E＝n＝nl2，則＝()2＝，選項B正確；根據(jù)I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b線圈中感應電流之比為3∶1，選項C錯誤；電功率P＝IE＝nl2＝，則P∝l3，故a、b線圈中電功率之比為27∶1，選項D錯誤． 3．如圖21所示，一呈半正弦形狀的閉合線框abc，ac＝l，勻速穿過邊界寬度也為l的相鄰磁感應強度大小相同的勻強磁場區(qū)域，整個過程線框中感應電流圖象為(取順時針方向為正方向)(　　) 圖21 4．在如圖22甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝2R，圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導線的電阻為R，半徑為r2(r20)變化，C2中磁場的磁感應強度恒為B2，一質量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導軌上，且與導軌接觸良好，并恰能保持靜止．則(　　) 圖26 A．通過金屬桿的電流大小為 B．通過金屬桿的電流方向為從B到A C．定值電阻的阻值為R＝－r D．整個電路的熱功率P＝ 9．如圖27所示，兩條足夠長的平行金屬導軌傾斜放置(導軌電阻不計)，傾角為30，導軌間距為0.5 m，勻強磁場垂直導軌平面向下，B＝0.2 T，兩根材料相同的金屬棒a、b與導軌構成閉合回路，a、b金屬棒的質量分別為3 kg、2 kg，兩金屬棒的電阻均為R＝1 Ω，剛開始兩根金屬棒都恰好靜止，假設最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力．現(xiàn)對a棒施加一平行導軌向上的恒力F＝60 N，經(jīng)過足夠長的時間后，兩金屬棒都達到了穩(wěn)定狀態(tài)．求： 圖27 (1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)； (2)當兩金屬棒都達到穩(wěn)定狀態(tài)時，b棒所受的安培力大?。? (3)設當a金屬棒從開始受力到向上運動5 m時，b金屬棒向上運動了2 m，且此時a的速度為4 m/s，b的速度為1 m/s，則求此過程中回路中產(chǎn)生的電熱及通過a金屬棒的電荷量． (3)此過程對a、b棒整體根據(jù)功能關系，有 Q＝Fxa－(magsin 30＋μmagcos 30)xa－(mbgsin 30＋μmbgcos 30)xb－mav－mbv 解得Q＝85 J. q＝Δt ＝ ＝＝ 解得q＝＝0.15 C. 【答案】　(1)　(2)24 N　(3)85 J　0.15 C 10．如圖28甲所示，兩平行導軌是由傾斜導軌(傾角為θ)與水平導軌用極短的圓弧導軌平滑連接而成的，并處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，兩導軌間距為L，上端與阻值為R的電阻連接．一質量為m的金屬桿AB在t＝0時由靜止開始在沿P1P2方向的拉力(圖中未畫出)作用下沿導軌下滑．當桿AB運動到P2Q2處時撤去拉力，桿AB在水平導軌上繼續(xù)運動，其速率v隨時間t的變化圖象如圖乙所示，圖中vmax和t1為已知量．若全過程中電阻R產(chǎn)生的總熱量為Q，桿AB始終垂直于導軌并與導軌保持良好接觸，導軌和桿AB的電阻以及一切摩擦均不計，求： 圖28 (1)桿AB中的最大感應電流Imax的大小和方向； (2)桿AB下滑的全過程通過電阻R的電荷量q； (3)撤去拉力后桿AB在水平導軌上運動的路程s. (2)根據(jù)法拉第電磁感應定律得，桿AB下滑全過程平均感應電動勢 ＝ 平均感應電流＝ 又q＝t1 解得q＝ 而ΔΦ＝BLs1cos θ 由題圖乙知桿AB下滑的距離 s1＝vmaxt1 解得q＝. (3)撤去拉力后桿AB在水平導軌上做減速運動，感應電流I＝ 根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma 若Δt趨近于零，則a＝ 由以上三式可得vΔt＝mΔv 則v1Δt1＝mΔv1，v2Δt2＝mΔv2，…，vnΔtn＝mΔvn 得(v1Δt1＋v2Δt2＋…＋vnΔtn)＝m(Δv1＋Δv2＋…＋Δvn) 即s＝m(vmax－0) 解得s＝. 【答案】　見解析