2019届高考物理专题二十二法拉第电磁感应定律及其应用精准培优专练.doc

《2019届高考物理专题二十二法拉第电磁感应定律及其应用精准培优专练.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考物理专题二十二法拉第电磁感应定律及其应用精准培优专练.doc（8页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1培优点二十二 法拉第电磁感应定律及其应用一、考点分析1. 高考对本部分内容的考查命，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题。考查内容主要集中在利用电磁感应基本规律分析动态过程。2. 注意要点：电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决。二、考题再现典例 1. (2018全国卷 II18)如图，在同一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 32l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( ) 【解析】第一过程从移动的过程中，左

2、边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以 E = 2Blv，则电流为 2EBlviR，电流恒定且方向为顺时针。在从移动到的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回2路中电流表现为零。然后从到的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为 2EBlviR，方向是逆时针。当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边 切 割 产 生 的 电 流 方 向 是 逆 时 针 ， 此 时回 路 中 电 流 表 现 为 零 ， 故 线 圈 在 运 动 过 程 中 电

3、 流 是 周 期 性 变 化 ， 故 D 正 确 。【答案】D典例 2. (2018全国卷 III20)如图(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 中通有正弦交流电流 i， i 的变化如图(b)所示，规定从 Q 到 P为电流的正方向。导线框 R 中的感应电动势( )A. 在 4Tt时为零B. 在 2t时改变方向C. 在 Tt时最大，且沿顺时针方向D. 在 时最大，且沿顺时针方向【解析】由图(b)可知，导线 PQ 中电流在 t = T/4 时达到最大值，变化率为零，导线框 R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在 t = T/4 时导

4、线框中产生的感应电动势为零，选项 A 正确；在 t = T/2 时，导线 PQ 中电流图象斜率方向不变，导致导线框 R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在 t = T/2 时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项 B 错误；由于在 t = T/2 时，导线 PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框 R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在 t = T/2 时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C 正确；由楞次定律可判断出在 t = T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项 D 错误。【答案】AC三、对点速练1如图

5、，闭合铜制线框用细线悬挂，静止时其下半部分位于与线框平面垂直的磁场中。若将细线剪断后线框仍能静止在原处，则磁场的的磁感应强度 B 随时间 t 变化规律可能的是( )3【答案】B2. 在如图所示的电路中，两个灵敏电流表 G1和 G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“”接线柱流入时，指针向左摆。在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是( )AG 1表指针向左摆，G 2表指针向右摆BG 1表指针向右摆，G 2表指针向左摆CG 1、G 2表的指针都向左摆DG 1、G 2表的指针都向右摆【答案】B【解析】电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈 L

6、中电流减小，产生与原方向同向的自感电动势，与 G2和电阻组成闭合回路，所以 G1中电流方向向右，G 2中电流方向向左，即 G1指针向右摆，G 2指针向左摆，B 正确。3. (多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度 B 的正方向，螺线管与 U 形导线框 cdef 相连，导线框 cdef 内有一半径很小的金属圆环 L，圆环面积为 S，圆环与导线框 cdef 在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是( )A. 在 t1时刻，金属圆环 L 内的磁通量最大，最大值 m=B0SB. 在 t2时刻，金属圆环 L 内的磁通量最

7、大C. 在 t1 t2时间内，金属圆环 L 有扩张的趋势D. 在 t1 t2时间内，金属圆环 L 内有顺时针方向的感应电流【答案】BD【解析】当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框 cdef 内产生感应电动势和感应电流，在 t1时刻，感应电流为零，金属圆环 L 内的磁通量为零，选项 A 错误；在 t2时刻，感应电流最大，金属圆环 L 内的磁通量最大，选项 B 正确；在 t1 t2时间内，金属圆环 L 有收缩的趋势，选项 C 错误；由楞次定律，在 t1 t2时间内，导线框 cdef4内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环 L 内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环

8、 L 内有顺时针方向的感应电流，选项 D 正确。4(多选)如图甲所示，一个边长为 L 的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框 ab 边所受安培力 F 的正方向，线框中电流 i 沿 abcd 方向时为正，已知在 04 s 时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列图象所表示的关系正确的是( )【答案】AD【解析】由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流 i 沿 abcd 方向时为正；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势 E ，感应电流 I ，由 t S B t ER S BR tB t 图象可知，在

9、每一时间段内， 是定值，在各时间段内 I 是定值， ab 边受到的安培 B t力 F BIL， I、 L 不变， B 均匀变化，则安培力 F 均匀变化，不是定值，A 正确 B 错误；由图示 B t 图象可知，01 s 时间内， B 减小， 减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针方向，为正值；同理 12 s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；23 s， B 的方向垂直纸面向里， B 减小， 减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的；34 s 内， B 的方向垂直纸面向外， B增大， 增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，

10、故 C 错误 D正确。5. (多选)物理和数学有紧密的联系，解决物理问题经常要求同学们要有一定的数学功底。如图所示，一个被 x 轴与曲线方程 10.3sinyx(m) (x 0.3 m)所围的空间中存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B = 0.4 T。单匝正方形绝缘金属线框的边长是 L = 0.4 m，线框总电阻 R = 0.2 ，它的一边在光滑轨道的 x 轴上，在拉力 F 的作用下，线框以 v = 10 m/s 的速度水平向右匀速运动。则( )A. 拉力 F 的最大值是 0.72 NB. 拉力 F 的最大功率是 12.8 WC. 拉力 F 要做 0.192 J 功才能把线框拉过磁场区

11、5D. 拉力 F 要做 0.216 J 功才能把线框拉过磁场区【答案】AC6(多选)如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距 L0.4 m，导轨一端与阻值 R0.3 的电阻相连，导轨电阻不计。导轨 x0 一侧存在沿 x 正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度 B 随位置 x 变化如图乙所示。一根质量 m0.2 kg、接入电路的电阻 r0.1 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力 F 作用下从 x0 处以初速度 v02 m/s 沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是( )A金属棒向右做匀减速直线运动B金属棒在 x1 m 处

12、的速度大小为 1.5 m/sC金属棒从 x0 运动到 x1 m 过程中，外力 F 所做的功为0.175 JD金属棒从 x0 运动到 x2 m 过程中，流过金属棒的电荷量为 2 C【答案】CD【解析】根据题图乙得 B 与 x 的函数关系式 B0.50.5 x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势 E BLv，感应电流 I ，安培力 F 安 BIL B L ，解ER r BLvR r BLvR r B2L2vR r得 v ，根据匀变速直线运动的速度F安 R rB2L2 0.4F安 0.5 0.5x 20.42 10F安 x 1 2位移公式 v2 v022 ax，如果是匀变速直线运动， v2与 x

13、 成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故 A 错误；根据题意金属棒所受的安培大小不变， x0 处与x1 处安培大小相等，有 ，即 v1 0.5 m/s，故 B 错误；金属棒B02L2v0R r B12L2v1R r B02v0B12在 x0 处的安培力大小为 F 安 0.2 N，对金属棒从 x0 运动到 x1 m 过程中，B02L2v0R r根据动能定理有 WF F 安 x mv12 mv02，代入数据解得 WF0.175 J，故 C 正确；根12 12据电荷量公式 q L， x0 到 x2 m 过程中 B x 图象包围的面积 Bx R r BxR r2 Tm2 Tm， q

14、C2 C，故 D 正确。0.5 1.52 R r 20.40.467如图所示，相距 L = 0.5 m 的平行导轨 MNS、 PQT 处在磁感应强度 B = 0.4 T 的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为 m = 40 g、电阻均为 R = 0.1 的导体棒 ab、 cd 均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。一质量 M = 200 g 的物体 C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒 ab、 cd 相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角 = 37，水平导轨与 ab

15、棒间的动摩擦因数 = 0.4。重力加速度 g = 10 m/s2，水平导轨足够长，导体棒 cd 运动过程中始终不离开倾斜导轨。物体 C 由静止释放，当它达到最大速度时，下落高度 h = 1 m，试求这一运动过程中：（sin 37 = 0.6，cos 37 = 0.8）(1)物体 C 能达到的最大速度 vm；(2)系统产生的内能；(3)细线对 cd 棒做的功。【解析】(1)设 C 达到的最大速度为 vm，由法拉第电磁感应定律，回路的感应电动势为：E = 2BLvm由欧姆定律得回路中的电流强度为 2EIR金属导体棒 ab、 cd 受到的安培力为 F = BIL设连接金属导体棒 ab 与 cd 的细

16、线中张力为 T1，连接金属导体棒 ab 与物体 C 的细线中张力为 T2，导体棒 ab、 cd 及物体 C 的受力如图：由平衡条件得： T1 = mgsin 37 +F T2 T1 F f T2 Mg联立解得： vm = 2 m/s。(2)系统在该过程中产生的内能为 E1，由能的转化和守恒定律得：Mgh = 12(2m+M)v2 + mghsin37 + E17解得： E1 =1.2 J。(3)运动过程中由于摩擦产生的内能 E2 = mgh = 0.16 J由第二问的计算结果知，这一过程电流产生的内能 E3 = E1 E2 =1.04 J又因为 ab 棒、 cd 棒的电阻相等，故电流通过 cd

17、 棒产生的内能 E4=0.52 J对导体棒 cd，设这一过程中细线对其做的功为 W，则由能的转化和守恒定律得：W = mghsin37 + 12mv2 + E4联立解得： W = 0.84 J。8某小组同学在研究图甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为 L 固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为 E(内阻不计)，电容器的电容为C。一质量为 m、长度也为 L 的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长。(1)将开关 S 接 a，电源对电

18、容器充电。a求电容器充电结束时所带的电荷量 Q；b请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压 u 随电容器所带电荷量 q 变化的图象；借助 u q 图象求出稳定后电容器储存的能量 E0。(2)电容器充电结束后，将开关接 b，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响。a已知自由电子的电荷量为 e，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；b导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失 E 损 ，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求 E 损 。【解析】(1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势 E，电

19、容器所带的电荷量为：Q CE b根据 u ，画出 u q 图象如图所示，图线与横轴所围面积即为电qC8容器储存的能量，有： E0 EQ 12联立式可得： E0 CE2 12(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度 vm时，放电电流为零，此时电容器的电压 U 与导体棒的感应电动势 E 棒 相等，即：U E 棒 BLvm 导体棒中恒定电场的场强 E 场 BvmUL导体棒中电子所受的电场力 F eE 场 eBvm方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力，大小为： f eBvm由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力 F 与洛伦兹力合力为零，

20、即 F f0则： F eBvmb由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度 vm时，电容器储存的能量为：E1 CU2 12导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E0 E1 mv m2 E 损 12设此过程电容器放电的电荷量为 Q，则 Q CE CU 方法一：设此过程中的平均电流为 ，时间为 t，根据动量定理有：IBL t mvm0 I其中 t Q I联立式可得： E 损 mCE22 m CL2B2方法二：设任意时刻电路中的电流为 i，取一段含此时刻的极短时间 t，设此段时间内速度的改变量为 v，根据动量定理有： BLi t m v而 i t Q m v mvm0联立式可得： E 损 。mCE22 m CL2B2