2019届高考物理二轮复习第一部分专题四电路与电磁感应第二讲楞次定律法拉第电磁感应定律课前自测诊断卷.doc

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1、1专 题 四 第 二 讲 楞 次 定 律 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 课 前 自 测 诊 断 卷考点一 常见磁场中的电磁感应现象1.考查直导线周围磁场中的电磁感应现象多选如图所示，两根固定的硬质平行直导线及虚线 AB 在同一平面内，两导线关于 AB 对称，导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流 I，将与两平行直导线位于同一平面内的硬质矩形金属线框，从图中实线位置向右平移到虚线位置的过程中，下列说法正确的是( )A线框中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B线框中的感应电流一直沿顺时针方向C线框受到的安培力方向先向左后向右D线框受到的安培力方向一直向左解析：选 BD 根据安培定则和磁场

2、的叠加原理判断得知，在 AB 右侧磁场方向垂直纸面向外， AB 左侧磁场方向垂直纸面向里。当导线框位于 AB 左侧向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向里，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向；当导线框经过 AB 时，导线框中的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，磁通量先减小，后增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为顺时针方向；当导线框在 AB 右侧并向右运动时，导线框中的磁场方向垂直纸面向外，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，则可知电流方向一直为顺时针方向，B 正确，A 错误。根据楞次定律可知，线框受到的安培力的方向一定与线框的运动方向相反，故安

3、培力一直向左，C 错误，D正确。2考查地磁场中的电磁感应现象如图，沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动 MN 这段“绳” 。假设图中情景发生在赤道处，则下列说法正确的是( )A当“绳”摇到最高点时， “绳”中电流最大B当“绳”摇到最低点时， “绳”受到的安培力最大C当“绳”向下运动时， N 点电势比 M 点电势高D摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变解析：选 C 当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故 A 错误。当“绳”摇到

4、最低点时，绳转动的速度方向与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故 B 错误。当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知， “绳”中 N 点电势比 M 点电势高，故 C正确。在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时， “绳”切割磁感线的方向不同，2则感应电流的方向不同，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，故 D 错误。3考查永磁体周围磁场中的电磁感应现象多选有一个铜盘，与支架之间的阻力非常小，因此轻轻拨动它，就能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图所示。下列说法正确的是( )A铜盘能够在较短的时间内停止

5、转动B铜盘在转动过程中磁通量将不断减小C铜盘在转动过程中产生的感应电动势将不断减小D铜盘边缘的电势高于圆心的电势解析：选 ACD 当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则有感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，铜盘能够在较短的时间内停止转动，选项 A 正确；铜盘在转动过程中磁通量不变，选项 B 错误；铜盘在转动过程中，由于转动速度减小，则产生的感应电动势将不断减小，选项 C 正确；由右手定则可知，铜盘边缘的电势高于圆心的电势，选项 D 正确。4考查电磁铁周围磁场中的电磁感应现象(二次感应问题)多选如图所示，水平放置的两光滑轨道上有可自由移动的金属棒 PQ、 M

6、N， PQ 所处的水平光滑轨道内有垂直纸面向里的匀强磁场，当 PQ 在外力的作用下运动时，闭合开关 S， MN 在安培力的作用下向右运动，则 PQ 所做的运动可能是( )A向右加速运动 B向左加速运动C向右减速运动 D向左减速运动解析：选 BC 逆推法：根据右手螺旋定则可知，导线 ab 在 MN 所在处产生的磁场方向垂直纸面向里， MN 在安培力作用下向右运动，说明 MN 受到的安培力向右，由左手定则可知， MN 中的电流方向由 M 指向 N，由右手螺旋定则可知，线圈 L1中感应磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，线圈 L2中磁通量的变化情况为向上减小或向下增加，由右手螺旋定则可知， PQ 中的

7、电流从 Q 到 P 且逐渐减小或从 P 到 Q 且逐渐增大，再由右手定则可知， PQ 可能是向左加速运动或向右减速运动。故 B、C 正确，A、D 错误。顺序推理法：对选项 A， PQ 向右加速运动， L2上端为 N 极且磁通量增加，由楞次定律可推出 L1的下端为 N 极，电流由 N 到 M，S 闭合时 MN 向左运动，故 A 错误。同理，可分析得出 B、C 正确，D 错误。考点二 电磁感应中的图像问题5.考查根据电磁感应过程选择图像如图所示，在边长为 a 的正方形区域内，有以对角线为边界、垂3直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为 a 的正方形导线框沿 x 轴匀速

8、穿过磁场区域， t0 时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是( )解析：选 B 在 x(0， a)时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小 i (a2 x)，其中 x 时，方向为顺时针； x 时，导线框中感应B a x v BxvR BvR (0， a2) a2电流为零； x 时，方向为逆时针。在 x( a,2a)时，左边框切割磁感线产生感应电(a2， a)流，感应电流大小 i (3a2 x)，其中 x 时，Ba x a v B x a vR BvR (a， 32a)方向为逆时针； x a 时，导线框中感应电流为零； x 时，方

9、向为顺时针，所以32 (32a， 2a)B 正确，A、C、D 错误。6考查根据图像分析电磁感应过程多选如图甲所示，一正方形线框放在光滑绝缘的水平面上，在水平向右的拉力作用下从图示位置始终向右做匀加速运动，线框右侧有一垂直于水平面向下的匀强磁场，线框的右边始终与磁场的边界平行，线框的质量为 1 kg，电阻为 1 ，整个运动过程中，拉力的大小随时间变化如图乙所示，则( )A线框运动的加速度大小为 5 m/s2B线框刚好完全进入磁场时的时间为 t1.2 sC线框的边长为 0.55 mD磁场的磁感应强度大小为 1.1 T解析：选 AB 由题图乙可知，线框在磁场外受到的合力为 5 N，则运动的加速度大小

10、4a m/s25 m/s2，A 项正确；线框进入磁场的过程中， F ma，即 FFm 51 B2L2atR ma，线框刚进入磁场时，10 515，刚好完全进磁场时B2L2atR B2L2R11 5t5，求得 t1.2 s，B 项正确；线框的边长为 L 5(1.221 2)B2L2R 12m1.1 m，C 项错误；由 1 得磁感应强度 B T，D 项错误。B2L2R 1011考点三 线框在磁场中运动产生感应电动势7.考查线框在磁场中转动问题如图所示，单匝直角三角形导线框OMN 在匀强磁场中以 ON 所在的直线为轴匀速转动，角速度为 ，已知 OM边长为 l， MON ，匀强磁场垂直于 ON 向右，

11、磁感应强度大小为 B，下列说法正确的是( )A导线框 OMN 内产生大小恒定的电流B截掉导线 MN，则电动势最大值变小C导线框 OMN 产生的电流方向为 OMNOD导线框 OMN 内产生的电动势最大值为 Bl2 sin cos 12解析：选 D 当导线框 OMN 以 ON 所在的直线为轴匀速转动时，线框内产生正弦交变电流，选项 A 错误；导线 MN 不切割磁感线，则截掉导线 MN，则电动势最大值不变，选项 B错误；导线框 OMN 产生的电流方向不断变化，选项 C 错误；导线框 OMN 内产生的电动势最大值为 Em BS Bl2 sin cos ，选项 D 正确。128考查线框在磁场中平动问题多

12、选如图所示， PQ、 MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的宽度为 L，轨道斜面与水平面成 角。在矩形 abdc 内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场，已知 ab、 cd 间的距离为 3d。有一质量为 m、长为 L、宽为 d 的矩形金属线圈 ABCD 放置在轨道上，开始时线圈 AB 边与磁场边界 ab 重合。现让线圈由静止出发沿轨道下滑，从 AB 边进入磁场到 CD 边进入磁场的过程中，流过线圈的电荷量为 q。线圈通过磁场的总时间为 t，重力加速度为 g。下列说法正确的是( )A线圈在磁场中不可能做匀加速直线运动B线圈的电阻为 RBLdqC线圈 CD 边刚好通过磁场

13、下边界时，线圈的速度大小为 vmgtsin BLqm5D线圈在时间 t 内电阻的发热量为 Q4 mgdsin mgtsin 2BLq 22m解析：选 BD 线圈全部进入磁场后，磁通量不变，感应电流为 0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，故 A 错误；从 AB 边进入磁场到 CD 边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量 q I t t ，线圈的电阻为 R ，故 B 正确；设线圈 CD 边刚好ER R BLdR BLdq通过磁场下边界时，线圈的速度大小为 v，根据动量定理可得 mgtsin BL t mv0， t2 q，解得线圈的速度大小为 v ，故 C 错误；I Imgtsin 2BLqm由能量

14、守恒定律有 mg4dsin mv2 Q，解得 Q4 mgdsin 12 ，故 D 正确。 mgtsin 2BLq 22m考点四 导体棒在磁场中运动产生感应电动势9.考查导体棒转动切割磁感线多选如图所示，半径为 r 的半圆弧光滑金属导轨 ab 垂直放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，现有一导体棒 Oc 可绕半圆形导轨的圆心 O点逆时针旋转，转动过程中导体棒接入的电阻为 R0，导体棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计。在导轨的右端点 b 和圆心 O 有两根引线分别接在电容器 C 和总阻值为 R 的滑动变阻器两端。现让导体棒从 b 端向 a 端转动，下列说法正确的是( )A导体棒在转动过程中 c 端

15、电势高B滑片 P 置于最右端不动，且导体棒以角速度 匀速转动时外力的功率为B2r4 2R R0C导体棒以角速度 匀速转动时，将 P 从最右端滑到最左端的过程中 C 的放电量为CBr2 R2 R R0D滑片 P 置于中间不动，均匀增大转速时导体棒所受的外力和 C 上的电荷量都均匀增大解析：选 CD 导体棒 Oc 转动过程中由右手定则知电流由 c 向 O 流动，因导体棒相当于电源，故 c 端是电源的负极，电势低，故 A 项错误；导体棒匀速转动时产生的电动势为E Br ，因此回路中的电流为 I ，于是对应外力的功率为 P I2(R R0)r2 Br22 R R0 ，故 B 项错误；导体棒稳定转动时，

16、电动势恒定，将滑片 P 从最右端滑向最B2r4 24 R R06左端的过程中 C 的电压从 U R 逐渐减小到零，对应放出的电荷量为ER R0 BR r22 R R0Q C(U0) ，故 C 项正确；滑片 P 置 于 中 间 不 动 ， 增 大 转 速 时 ， 回 路 中 的 电流为 ICBr2 R2 R R0n 线性增大，因此安培力 F IrB n 也线性增大，由于电流线性增大，滑动2Br2R 2R0 2B2r3R 2R0变阻器分配的电压线性增大，加在 C 上的电压线性增大，因此它的带电量也线性增大，故D 项正确。10考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受摩擦力恒定多选 CD、 EF 是两条水

17、平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为 L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场区域的宽度为 d，如图所示。导轨的右端接有一阻值为 R 的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值为 R、质量为 m 的导体棒从弯曲轨道上 h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且与水平导轨间的动摩擦因数为 ，下列说法正确的是( )A通过电阻 R 的最大电流为BL2gh2RB流过电阻 R 的电荷量为BdL2RC整个电路中产生的焦耳热为 mghD电阻 R 中产生的焦耳热为 mg(h d )12解析：选 ABD

18、 质量为 m 的导体棒从弯曲轨道上 h 高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由 mgh mv2，得最大速度 v ，产生的最大感应电动势 Em BLv BL 。12 2gh 2gh由闭合电路欧姆定律可得电阻 R 的最大电流 Im ，A 正确；在导体棒滑过磁场Em2R BL2gh2R区域的过程中，产生的感应电动势的平均值 ，平均感应电流 ，流过电阻E t BdL t I E2RR 的电荷量为 q t，联立解得 q ，B 正确；由能量守恒定律可知整个电路中产I 2R BdL2R生的焦耳热 Q mgh mgd ，C 错误；电阻 R 中产生的焦耳热 Q1 Q mg(h d )，D 正12 12确。71

19、1考查导体棒平动切割磁感线，导体棒所受外力变化如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 L0.5 m，左端接有阻值 R0.3 的电阻，一质量 m0.1 kg、电阻 r0.1 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移 x9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热 Q12.025 J，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电

20、阻 R 的电荷量 q；(2)金属棒 MN 做匀加速运动所需外力 F 随时间 t 变化的表达式；(3)外力做的功 WF。解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得 ，其中 BLxE t由闭合电路的欧姆定律得 IER r则通过电阻 R 的电荷量为 q tI联立各式，代入数据得 q2.25 C。(2)由法拉第电磁感应定律得 E BLv对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v at由闭合电路欧姆定律得 IER r由安培力公式和牛顿第二定律得 F BIL ma联立各式得 F0.20.05 t(N)。(3)对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v22 ax撤去外力后，由动能定理得安培力做功W0

21、mv212撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2 W联立解得 Q21.8 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF Q1 Q2解得 WF3.825 J。答案：(1)2.25 C (2) F0.20.05 t(N) (3)3.825 J12考查双导体棒切割磁感线运动两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为 d1 m，在左端弧形轨8道部分高 h1.25 m 处放置一金属杆 a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆 b，杆 a、 b 的电阻分别为 Ra2 、 Rb5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 B2 T。现杆 b 以初速度大小 v05

22、 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆 a，杆 a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆 b 的平均电流为0.3 A；从 a 下滑到水平轨道时开始计时， a、 b 运动的速度时间图像如图乙所示(以 a 运动方向为正方向)，其中 ma2 kg， mb1 kg， g10 m/s 2，求：(1)杆 a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆 a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆 b 产生的焦耳热。解析：(1)设杆 a 由静止释放到滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆 b 的速度大小为vb0，以杆 b 运动的方向为正方向，对杆 b 运用动量定理，有 Bd t mbvb0 mbv

23、0I其中 vb02 m/s代入数据解得 t5 s。(2)对杆 a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有 magh mava212解得 va 5 m/s2gh设最后 a、 b 两杆共同的速度为 v，以杆 a 运动的方向为正方向，由动量守恒定律得mava mbvb0( ma mb)v代入数据解得 v m/s83杆 a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆 a 的速度从 va到 v的运动时间为 t，则由动量定理可得 BdI t mav mava而 q I t代入数据得 q C。73(3)由能量守恒定律可知杆 a、 b 中产生的焦耳热为Q magh mbv02 (mb ma)v 2 J12 12 1616b 棒中产生的焦耳热为 Q Q J。52 5 11569答案：(1)5 s (2) C (3) J73 1156