2022屆高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應定律課前自測診斷卷

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1、2022屆高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應定律課前自測診斷卷 考點一 常見磁場中的電磁感應現(xiàn)象 A．線框中的感應電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 B．線框中的感應電流一直沿順時針方向 C．線框受到的安培力方向先向左后向右 D．線框受到的安培力方向一直向左 解析：選BD　根據(jù)安培定則和磁場的疊加原理判斷得知，在AB右側(cè)磁場方向垂直紙面向外，AB左側(cè)磁場方向垂直紙面向里。當導線框位于AB左側(cè)向右運動時，導線框中的磁場方向垂直紙面向里，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向為順時針方向；當導線框經(jīng)過AB時，導線框中的磁場方向先垂

2、直紙面向里，后垂直紙面向外，磁通量先減小，后增大，根據(jù)楞次定律，可知感應電流方向為順時針方向；當導線框在AB右側(cè)并向右運動時，導線框中的磁場方向垂直紙面向外，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向為順時針方向，則可知電流方向一直為順時針方向，B正確，A錯誤。根據(jù)楞次定律可知，線框受到的安培力的方向一定與線框的運動方向相反，故安培力一直向左，C錯誤，D正確。 2．[考查地磁場中的電磁感應現(xiàn)象] 如圖，沿東西方向站立的兩同學(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實驗：把一條長導線的兩端連在一個靈敏電流計(零刻度在表盤中央)的兩個接線柱上，形成閉合回路，然后迅速搖動MN這段“繩”。假設(shè)圖中情景發(fā)生在赤道

3、處，則下列說法正確的是(　　) A．當“繩”搖到最高點時，“繩”中電流最大 B．當“繩”搖到最低點時，“繩”受到的安培力最大 C．當“繩”向下運動時，N點電勢比M點電勢高 D．搖“繩”過程中，靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向不變 解析：選C　當“繩”搖到最高點時，繩轉(zhuǎn)動的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應電流最小，故A錯誤。當“繩”搖到最低點時，繩轉(zhuǎn)動的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應電流最小，繩受到的安培力也最小，故B錯誤。當“繩”向下運動時，地磁場向北，根據(jù)右手定則判斷可知，“繩”中N點電勢比M點電勢高，故C正確。在搖“繩”過程中，當“繩”向下運動和向上運動時，“繩

4、”切割磁感線的方向不同，則感應電流的方向不同，即靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向改變，故D錯誤。 3．[考查永磁體周圍磁場中的電磁感應現(xiàn)象] [多選]有一個銅盤，與支架之間的阻力非常小，因此輕輕撥動它，就能長時間地繞軸自由轉(zhuǎn)動。如果在轉(zhuǎn)動時把蹄形磁鐵的兩極放在銅盤邊緣，但并不與銅盤接觸，如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．銅盤能夠在較短的時間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動 B．銅盤在轉(zhuǎn)動過程中磁通量將不斷減小 C．銅盤在轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電動勢將不斷減小 D．銅盤邊緣的電勢高于圓心的電勢 解析：選ACD　當銅盤轉(zhuǎn)動時，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由于電路閉合，則有感應電流，處于磁場中受到安培力作用，此

5、力阻礙銅盤轉(zhuǎn)動，銅盤能夠在較短的時間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動，選項A正確；銅盤在轉(zhuǎn)動過程中磁通量不變，選項B錯誤；銅盤在轉(zhuǎn)動過程中，由于轉(zhuǎn)動速度減小，則產(chǎn)生的感應電動勢將不斷減小，選項C正確；由右手定則可知，銅盤邊緣的電勢高于圓心的電勢，選項D正確。 4．[考查電磁鐵周圍磁場中的電磁感應現(xiàn)象(二次感應問題)] [多選]如圖所示，水平放置的兩光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，PQ所處的水平光滑軌道內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，當PQ在外力的作用下運動時，閉合開關(guān)S，MN在安培力的作用下向右運動，則PQ所做的運動可能是(　　) A．向右加速運動　　　　　　 B．向左加速運動 C．向右減速運動

6、 D．向左減速運動 解析：選BC　逆推法：根據(jù)右手螺旋定則可知，導線ab在MN所在處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，MN在安培力作用下向右運動，說明MN受到的安培力向右，由左手定則可知，MN中的電流方向由M指向N，由右手螺旋定則可知，線圈L1中感應磁場方向豎直向上，由楞次定律可知，線圈L2中磁通量的變化情況為向上減小或向下增加，由右手螺旋定則可知，PQ中的電流從Q到P且逐漸減小或從P到Q且逐漸增大，再由右手定則可知，PQ可能是向左加速運動或向右減速運動。故B、C正確，A、D錯誤。 順序推理法：對選項A，PQ向右加速運動，L2上端為N極且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端為N極，電流由N到

7、M，S閉合時MN向左運動，故A錯誤。同理，可分析得出B、C正確，D錯誤。 考點二 電磁感應中的圖像問題 5.[考查根據(jù)電磁感應過程選擇圖像] 如圖所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)，有以對角線為邊界、垂直于紙面的兩個勻強磁場，磁感應強度大小相同、方向相反，紙面內(nèi)一邊長為a的正方形導線框沿x軸勻速穿過磁場區(qū)域，t＝0時刻恰好開始進入磁場區(qū)域，以順時針方向為導線框中電流的正方向，下列選項中能夠正確表示電流與位移關(guān)系的是(　　) 解析：選B　在x∈(0，a)時，右邊框切割磁感線產(chǎn)生感應電流，電流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈時，方向為順時針；x＝時，導線框中感應電流為零；x∈

8、時，方向為逆時針。在x∈(a,2a)時，左邊框切割磁感線產(chǎn)生感應電流，感應電流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈時，方向為逆時針；x＝a時，導線框中感應電流為零；x∈時，方向為順時針，所以B正確，A、C、D錯誤。 6．[考查根據(jù)圖像分析電磁感應過程] [多選]如圖甲所示，一正方形線框放在光滑絕緣的水平面上，在水平向右的拉力作用下從圖示位置始終向右做勻加速運動，線框右側(cè)有一垂直于水平面向下的勻強磁場，線框的右邊始終與磁場的邊界平行，線框的質(zhì)量為1 kg，電阻為1 Ω，整個運動過程中，拉力的大小隨時間變化如圖乙所示，則(　　) A．線框運動的加速度大小為5 m/s2 B．線框剛好完全進

9、入磁場時的時間為t＝1.2 s C．線框的邊長為0.55 m D．磁場的磁感應強度大小為1.1 T 解析：選AB　由題圖乙可知，線框在磁場外受到的合力為5 N，則運動的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A項正確；線框進入磁場的過程中，F(xiàn)－＝ma，即F＝＋ma，線框剛進入磁場時，10＝×5×1＋5，剛好完全進磁場時11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B項正確；線框的邊長為L＝×5×(1.22－12)m＝1.1 m，C項錯誤；由＝1得磁感應強度B＝ T，D項錯誤。 考點三 線框在磁場中運動產(chǎn)生感應電動勢 7.[考查線框在磁場中轉(zhuǎn)動問題]如圖所示，單匝直角三角形導線框OM

10、N在勻強磁場中以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω，已知OM邊長為l，∠MON＝θ，勻強磁場垂直于ON向右，磁感應強度大小為B，下列說法正確的是(　　) A．導線框OMN內(nèi)產(chǎn)生大小恒定的電流 B．截掉導線MN，則電動勢最大值變小 C．導線框OMN產(chǎn)生的電流方向為OMNO D．導線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動勢最大值為Bl2ωsin θcos θ 解析：選D　當導線框OMN以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動時，線框內(nèi)產(chǎn)生正弦交變電流，選項A錯誤；導線MN不切割磁感線，則截掉導線MN，則電動勢最大值不變，選項B錯誤；導線框OMN產(chǎn)生的電流方向不斷變化，選項C錯誤；導線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動勢最大值為

11、Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，選項D正確。 8．[考查線框在磁場中平動問題][多選]如圖所示，PQ、MN為兩根光滑絕緣且固定的平行軌道，兩軌道間的寬度為L，軌道斜面與水平面成θ角。在矩形abdc內(nèi)存在方向垂直軌道斜面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，已知ab、cd間的距離為3d。有一質(zhì)量為m、長為L、寬為d的矩形金屬線圈ABCD放置在軌道上，開始時線圈AB邊與磁場邊界ab重合?，F(xiàn)讓線圈由靜止出發(fā)沿軌道下滑，從AB邊進入磁場到CD邊進入磁場的過程中，流過線圈的電荷量為q。線圈通過磁場的總時間為t，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．線圈在磁場中不可能做勻加速直線運動

12、B．線圈的電阻為R＝ C．線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時，線圈的速度大小為v＝ D．線圈在時間t內(nèi)電阻的發(fā)熱量為Q＝4mgdsin θ－ 解析：選BD　線圈全部進入磁場后，磁通量不變，感應電流為0，不受安培力作用，做勻加速直線運動，故A錯誤；從AB邊進入磁場到CD邊進入磁場的過程中，通過回路的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，線圈的電阻為R＝，故B正確；設(shè)線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時，線圈的速度大小為v，根據(jù)動量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得線圈的速度大小為v＝，故C錯誤；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正確

13、。 考點四 導體棒在磁場中運動產(chǎn)生感應電動勢 9.[考查導體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線] [多選]如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導軌ab垂直放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)有一導體棒Oc可繞半圓形導軌的圓心O點逆時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動過程中導體棒接入的電阻為R0，導體棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計。在導軌的右端點b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動變阻器兩端?，F(xiàn)讓導體棒從b端向a端轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是(　　) A．導體棒在轉(zhuǎn)動過程中c端電勢高 B．滑片P置于最右端不動，且導體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時外力的功率為 C．導體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，將P從最右端滑到最左

14、端的過程中C的放電量為 D．滑片P置于中間不動，均勻增大轉(zhuǎn)速時導體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大 解析：選CD　導體棒Oc轉(zhuǎn)動過程中由右手定則知電流由c向O流動，因?qū)w棒相當于電源，故c端是電源的負極，電勢低，故A項錯誤；導體棒勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為E＝Br·ω，因此回路中的電流為I＝，于是對應外力的功率為P＝I2(R＋R0)＝，故B項錯誤；導體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時，電動勢恒定，將滑片P從最右端滑向最左端的過程中C的電壓從U＝R＝逐漸減小到零，對應放出的電荷量為Q＝C(U－0)＝，故C項正確；滑片P置于中間不動，增大轉(zhuǎn)速時，回路中的電流為I＝n線性增大，因此安培力F＝IrB＝n也線性增大，

15、由于電流線性增大，滑動變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項正確。 10．[考查導體棒平動切割磁感線，導體棒所受摩擦力恒定] [多選]CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導軌，導軌間距為L，在水平導軌的左側(cè)存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導體棒與水平導軌接觸良好，且與水平導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是(　

16、　) A．通過電阻R的最大電流為 B．流過電阻R的電荷量為 C．整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析：選ABD　質(zhì)量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進入磁場時速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，產(chǎn)生的最大感應電動勢Em＝BLv＝BL。由閉合電路歐姆定律可得電阻R的最大電流Im＝＝，A正確；在導體棒滑過磁場區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢的平均值＝＝，平均感應電流＝，流過電阻R的電荷量為q＝t，聯(lián)立解得q＝＝，B正確；由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯誤；電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝Q＝mg

17、(h－μd)，D正確。 11．[考查導體棒平動切割磁感線，導體棒所受外力變化] 如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒運動的位移x＝9 m 時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，

18、求： (1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)金屬棒MN做勻加速運動所需外力F隨時間t變化的表達式； (3)外力做的功WF。 解析：(1)棒在勻加速運動中，由法拉第電磁感應定律得＝，其中ΔΦ＝BLx 由閉合電路的歐姆定律得＝ 則通過電阻R的電荷量為q＝·Δt 聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得q＝2.25 C。 (2)由法拉第電磁感應定律得E＝BLv 對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v＝at 由閉合電路歐姆定律得I＝ 由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIL＝ma 聯(lián)立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。 (3)對棒的勻加速運動過程， 由運動學公式得v2＝2a

19、x 撤去外力后，由動能定理得安培力做功 W＝0－mv2 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W 聯(lián)立解得Q2＝1.8 J 在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2 解得WF＝3.825 J。 答案：(1)2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t(N)　(3)3.825 J 12．[考查雙導體棒切割磁感線運動] 兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎

20、直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T。現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求： (1)桿a在弧形軌道上運動的時間； (2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)設(shè)桿a由靜止釋放到滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，以桿b運動的方向為正方向，對桿b運用動量定理，

21、有 －Bd·Δt＝mbvb0－mbv0 其中vb0＝2 m/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s。 (2)對桿a由靜止下滑到平直導軌上的過程中，由機械能守恒定律有magh＝mava2 解得va＝＝5 m/s 設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，以桿a運動的方向為正方向，由動量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s 桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運動時間為Δt′，則由動量定理可得 －BdI·Δt′＝mav′－mava 而q＝I·Δt′ 代入數(shù)據(jù)得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J。 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J