高考物理二轮复习 专题4 第2课 电磁感应规律及其应用试题-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第2课电磁感应规律及其应用考点一 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用1各自应用于不同现象基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流作用力左手定则电磁感应部分导体切割磁感线运动右手定则闭合电路磁通量变化楞次定律2.右手定则与左手定则的区别抓住“因果关系”是解决问题的关键“因动而电”用右手定则，“因电而力”用左手定则3楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)；(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)；(3)阻碍原电流的变化(自感)考点二 法拉第电磁感应定律适用过程表达公式备注N匝线圈内的磁通量发生变化EN(1)当S不变时，ENS2)当B不变

2、时，ENB；导体做切割磁感线的运动EBLv(1)EBLv的适用条件：vL，vB；2)当v与B平行时：E0考点三 电磁感应与电路的综合电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图所示：楞次定律：在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能课时过关(A卷)一、单项选择题1(2015海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角

3、平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，则等于(B)A. B.C1 D.解析：设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为lL，故产生的感应电动势为BlvBLv，所以，B正确2如图所示，U形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中现使ab棒突然获得一水平初速度v向右运动，下列说法正确的是(D) Aab做匀减速运动B回路中电流均匀减小Ca点电势比b点电势低Dab受到的安培力方向水平向左解析：由楞次定律知向右运动则受到的安培力向左，选项D正确；ab做减速运动，但不是匀减速，电流减小，但不是均匀减小，选项A、B错误；由右手定则知，电流从b到a，在电源内部，

4、电流从负极流向正极，a点电势比b点电势高，选项C错误3(2015重庆高考)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab(C) A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析：穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得Enn，而等效电源内部的电流由楞次定律知从ab，即b点是等效电源的正极，即abn，故选C.4如图所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则(D) A

5、若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动解析：若线圈进入磁场过程是匀速运动，完全进入磁场区域一定做加速运动，则离开磁场过程中所受到安培力大于重力，一定是减速运动，选项A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程中可能是加速运动，也可能是减速运动，关键看安培力和重力哪个大，选项B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动，选项C错误，D正确5如图所示，等腰三角形内分布有垂

6、直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t0时刻恰好位于图中所示的位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移(ix)关系的是(C)解析：线框匀速穿过L的过程中，有效长度l均匀增加，由EBlv知，电动势随位移均匀变大，xL处电动势最大，电流I最大；从xL至x1.5L过程中，框架两边都切割磁感线，总电动势减小，电流减小；从x1.5L至x2L，左边框切割磁感线产生感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；x2L至x3L过程中，只有左边框切割磁感线，有效长度l减小，电流减小综上

7、所述，只有C项符合题意二、多项选择题6下面列举的四种器件中，在工作时利用了电磁感应的是(BD)解析：选项A利用电场加速，磁场偏转，A错；选项C利用磁场偏转，C错；B、D应用了电磁感应，故选B、D.7(2015山东高考)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(ABD) A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据EB

8、Lv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，选项D正确8用绝缘丝线悬吊一个轻质闭合铝环P.用磁铁的N极靠近P环时，可观察到P环远离磁铁，现改用磁铁的S极用同样方式靠近P环(如图)，则P环(BD) A静止不动B远离磁铁C没有感应电流D产生顺时针方向电流解析：闭合电路磁通量变化了，一定会产生感应电流，C错误；根据楞次定律判断，A错误，B、D正确9水平放置的平行板电容器与

9、线圈连接如图，线圈内有垂直纸面(设向里为正方向)的匀强磁场为使带负电微粒静止在板间，磁感应强度B随时间t变化的图象应该是(BC)解析：题意要求带负电微粒平衡，所以电场力与重力平衡即上板带正电，则要求感应电动势(电流)方向为逆时针，而且大小恒定，从而得出垂直纸面向里的磁场均匀增大三、计算题10(2015浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体

10、后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 ，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.解析：(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入数据得N125匝(2)由电磁感应定律得EN2EN2Ld由欧姆定律得I线圈受到安

11、培力FN2B0IL天平平衡mgNB0代入数据可得0.1 T/s.答案：(1)N125匝(2)0.1 T/s课时过关(B卷) 一、单项选择题1物理学中的许多规律是通过实验发现的，以下说法不符合史实的是(C)A法拉第通过实验发现了电磁感应定律B奥斯特通过实验发现了电流能产生磁场C牛顿首先通过扭秤实验发现了万有引力定律D伽利略通过斜面理想实验发现了物体的运动不需要力来维持解析：奥斯特发现了电流的磁效应，即电产生磁，法拉第发现了电磁感应现象即磁产生电，所以A、B符合史实，故错误；牛顿发现万有引力定律，但没有测出引力常数，所以C不符合史实，故C正确；伽利略通过斜面理想实验发现了物体的运动不需要力来维持，

12、所以D错误2如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是(D) A一起向左运动B一起向右运动C相向运动，相互靠近D相背运动，相互远离解析：电磁感应现象是阻碍现象，闭合电路中穿过的磁通量小了，增大面积即可达到阻碍目的，选项D正确，选项A、B、C错误当然也可以用安培力作答，结论相同3(2015新课标)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当

13、圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后，下列说法正确的是(B)A圆盘上不会产生感应电动势B圆盘内的感应电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成了电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：因为当磁体和导体之间的相对运动在导体内产生出了感应电流，而感应电流产生的磁力又会与磁体的磁力相互作用，从而使磁体一起转动起来，具体是当铜圆盘在小磁针的磁场中转动时，半径方向的金属条在切割磁感线，发生电磁感应现象，在铜圆盘的圆心和边缘之间产生感应电动势，选项A错误；圆盘在径向的辐条切割磁感线

14、过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成感应电流即涡流(根据圆盘转向的不同以及磁极的不同，感应电流从轴心流向边缘或从边缘流向轴心)，而感应电流产生的磁力又会与小磁针的磁力相互作用，从而使小磁针一起转动起来，故选项B正确，圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，故磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项C错误；圆盘本身呈中性，不会产生环形电流，D错误4(2015山东高考)如图甲，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，它们之间的电压为u

15、ab，下列uabt图象可能正确的是(C)解析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内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；同理在第0.25T00.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内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逐渐变大；故选项C正确5(2015安徽高考)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l.导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于c

16、d的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则(B)A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为解析：导体棒切割磁感线产生感应电动势EBlv，故A错误；感应电流的大小I，故B正确；所受的安培力为FBI，故C错误；金属杆的热功率QI2r，故D错误二、多项选择题6如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为21.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后(ABC)A金属棒ab、cd都做匀加速运动B金属棒ab上

17、的电流方向是由b向aC金属棒cd所受安培力的大小等于D两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、B正确D错误；以两金属棒整体为研究对象有：F3ma，隔离金属棒cd分析：FF安ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安F，C正确7将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是(AD)A磁通量的变化量B磁通量的变化率C感应电流的大小D流过导体

18、某横截面的电荷量解析：由题意知，磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，故磁通量的变化量相同，所以A正确；因时间不同，故磁通量的变化率也不同，所以B错误；根据法拉第电磁感应定律En知，电动势不同，所以感应电流不同，所以C错误；根据qtn，可知流过导体某横截面的电荷量相同，故D正确8(2015德州模拟)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列

19、说法正确的是(BC)Aab受到的拉力大小为4 NBab向上运动的速度为2 m/sC在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D在2 s内，拉力做功为0.6 J解析：对导体棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，故B正确；对导体棒ab分析：FmgBIl0.2 N，A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即WF安vtBIlvtmgvt0.4 J，C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt2mgvt0.8 J，D错误三、计算题9如图甲所示，一能承受最大拉力为16 N的轻绳吊一质量为m0.8 kg，边长为L m正方形线圈ABCD，已知线圈总电阻为R总0.5 ，在线圈上半部分分布着

20、垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图乙所示，已知t1时刻轻绳刚好被拉断，g取10 m/s2，求： (1)在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向；(2)t0时AB边受到的安培力的大小；(3)t1的大小解析：(1)轻绳被拉断前，由法拉第电磁感应定律得感应电动势ES由图乙知1 T/s由题知SL21 m2由得，E1 V，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针(2)由图知t0时，磁感应强度B01 T感应电流I2 AAB边受到的安培力F安B0IL2 N(3)由题意知F拉max16 Nt1时刻轻绳受力为F拉maxmgB1IL由得B12 T，由图乙可查出B1对应的时刻t11 s.答案：(1)1

21、 V逆时针(2)2 N(3)1 s10.(2014新课标全国卷)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小：EBr又因为，v1r，v22r通过电阻R的感应电流的大小I联立解得I根据右手定则，感应电流的方向由B端流向A端，因此通过电阻R的感应电流方向为CRD.(2)由于导体棒质量分布均匀，导体棒对内外圆导轨的正压力相等，正压力为Nmg两导轨对棒的滑动摩擦力fN在t时间内导体棒在内外圆导轨上滑过的弧长l1rt，l22rt导体棒克服摩擦力做的功Wff(l1l2)在t时间内，电阻R上产生的焦耳热QI2Rt根据能量转化与守恒定律，外力在t时间内做的功WWfQ外力的功率P由至式可得：Pmgr.答案：(1)CRD(2)mgr