2021年高考物理二轮复习核心考点专项突破电磁感应定律及应用练习含解析.docx

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1、电磁感应定律及应用一 单项选择题1.如图所示，直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.现将半径为L、圆心角为90的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动t0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是()【解析】根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R，角速度为，则电流大小为，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正

2、方向，电流大小是，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为，B选项正确【答案】B2.法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转下列说法正确的是()A回路中电流大小变化，方向不变B回路中电流大小不变，方向变化C回路中电流的大小和方向都周期性变化D回路中电流方向不变，从b导线流进电流表【答案】D【解析】铜盘转动产生的感应电动势为：EBL2，B、L、不变，E不变，电流：I，电流大小

3、恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，故A、B、C错误，D正确3.如图所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线.利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象.两次实验中分别得到了如图甲、乙所示的电流时间图线.条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计.则下列说法中正确的是()A.若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁

4、铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度B.若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强C.甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能D.两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下【答案】C【解析】由乙图中的电流峰值大于甲中电流峰值，可知乙实验的电磁感应现象更明显，故乙实验中的高度更高或磁铁磁性更强，A、B错误；电流峰值越大，产生的焦耳热越多，损失的机械能越大，故C正确；整个过程中，磁铁所受的磁场力都是阻碍磁铁运动，故磁场力

5、一直向上，D错误.4.如图所示，用均匀导线做成边长为0.2 m的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中.当磁场以20 T/s的变化率增强时，a、b两点间电势差的大小为U，则()A.ab，U0.2 V C.ab，U0.4 V【答案】A【解析】题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图所示.则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知：20 T/s.由法拉第电磁感应定律，得：EN120 V0.4 V所以有：UIR0.2 V，由于a点电势低于b点电势，故有：Uab

6、0.2 V.5.如图，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APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向【答案】D【解析】因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感

7、应电流，D正确，ABC错误。6.如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()【答案】A【解析】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没能感应电流产生；线框穿

8、出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流方向应为负方向，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；故A正确，D错误7.在竖直平面内固定一根水平长直导线，导线中通以如图所示方向的恒定电流.在其正上方(略靠后)由静止释放一个闭合圆形导线框.已知导线框在下落过程中始终保持框平面沿竖直方向.在框由实线位置下落到虚线位置的过程中()A.导线框中感应电流方向依次为：顺时针逆时针顺时针B.导线框的磁通量为零时，感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为：向上向下向上D.导线框产生的焦耳热等

9、于下落过程中框损失的重力势能【答案】A【解析】根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流.向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针.故A正确；根据A中的分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小

10、到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大.这一过程是连续的，始终有感应电流存在，不是0，故B错误；根据楞次定律，感应电流始终阻碍导线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终向上，故C错误；根据能量守恒定律，导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能与增加动能之差，故D错误.8.如图甲所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内.左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化.规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()【答案】C【解析】在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为

11、顺时针增加的，由楞次定律可判断内环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T00.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，则由楞次定律可知，内环a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大，故只有C正确.9.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现（ ）A电阻定律B库仑定律C欧姆定律D能量守恒定律【答案】D【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程。10.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQ

12、S是半圆弧，Q为半圆弧的中心，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（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】本题考查电磁感应及其相关的知识点。过程I回路中磁通量变化1=BR2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量Q1=1/R。过程II回路中磁通量变化2=（B-B）R2，流过OM的电荷量Q2=2/R。Q2= Q

13、1，联立解得：B/B=3/2，B正确。二 不定项选择题11.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】AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点

14、。开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，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，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。12.空间存在一方向与纸面垂

15、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、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t0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t0到tt1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】BC【解析】在0t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，

16、B正确；根据法拉第电磁感应定律得Er2，由R可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误13.高频焊接技术的原理如图(a)所示.线圈接入图(b)所示的正弦式交流电(以电流顺时针方向为正)，圈内待焊接工件形成闭合回路.则()A.图(b)中电流有效值为IB.0t1时间内工件中的感应电流变大C.0t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针D.图(b)中T越大，工件温度上升越快【答案】AC【解析】由图知电流的最大值为I，因为该电流是正弦式交流电，则有效值为I，故A正确.it图象切线的斜率等于电流的变化率，根据数学知识可知：0t1时间内线圈中电流的变化率减小，磁通量的变化率变小，由法拉第电磁感应定律可

17、知工件中感应电动势变小，则感应电流变小，故B错误.根据楞次定律可知：0t1时间内工件中的感应电流方向为逆时针，故C正确.图(b)中T越大，电流变化越慢，工件中磁通量变化越慢，由法拉第电磁感应定律可知工件中产生的感应电动势越小，温度上升越慢，故D错误.14.在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()A当ab边刚越过f

18、f时，线框加速度的大小为gsin Bt0时刻线框匀速运动的速度为Ct0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsin mvD离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动【答案】BC【解析】当ab边进入磁场时，FAmgsin .当ab边刚越过ff时，线框的感应电动势和电流均加倍，mgsin ma，加速度向上为3gsin ，A错误；t0时刻，mgsin ，解得v，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得t0时间内线框中产生的焦耳热为Qmvmv2mgLsin mv，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误15.如图甲所示，质量m3.0103kg的“”形金属细框竖直放置在两水

19、银槽中，“”形框的水平细杆CD长l0.20 m，处于磁感应强度大小B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中有一匝数n300匝、面积S0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示t0.22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h0.20 m不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 VB开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC磁感应强度B2的方向竖直向下D开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03

20、C【答案】BD【解析】00.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律EnnS，代入数据得E30 V，A错开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B对由于t0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1Iltmv，通过细杆的电荷量QIt，线框向上跳起的过程中v22gh，解得Q0.03 C，D对16.如图甲所示，一单匝圆形闭合导线框半径为r，线框电阻为R，连接一交流电流表(内阻不计)线框内充满匀强磁场，已知该磁场磁

21、感应强度B随时间按正弦规律变化，如图乙所示(规定向下为B的正方向)，则下列说法正确的是() A0.005 s时线框中的感应电流最大B0.01 s时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C0.015 s时电流表的示数为零 D00.02 s内闭合导线框上产生的热量为【答案】BD【解析】线圈中的感应电动势为Er2，感应电流为i，在0.005 s时，0，则i0，A项错；由楞次定律知在0.01 s时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C项错；感应电动势的峰值为EmBmr2，一个周期导线框上产生的热量为QT，D项正确17.如图所示，空间存在一有边界的条形

22、匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行t0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，导线框的速度刚好为零此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()A上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重

23、力的平均功率【答案】BC【解析】线框在运动过程中要克服安培力做功，消耗机械能，故返回原位置时速率减小，由动能定理可知，上升过程动能变化量大，合力做功多，所以选项A错误；分析线框的运动过程可知，在任一位置，上升过程的安培力大于下降过程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以选项B正确；以线框为对象分析受力可知，在上升过程做减速运动，有F安mgma，F安，故有agv，所以上升过程中，速度减小，加速度也减小，故选项C正确；在下降过程中的加速度小于上升过程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较

24、长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做的平均功率，所以选项D错误18.如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv(F、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有()【答案】 BC【解析】设金属棒在某一时刻速度为v

25、，由题意可知，感应电动势EBLv，回路电流Iv，即Iv；安培力FABILv，方向水平向左，即FAv；R两端电压URIRv，即URv；感应电流功率PEIv2，即Pv2.分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0kvvma，即F0(k)vma.因为金属棒从静止出发，所以F00 .(1)若k，金属棒水平向右做匀加速直线运动所以在此情况下没有选项符合；(2)若k，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；(3)若k，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合综上所述，选项B、C符合题意