专题11 电磁感应规律及其应用-2017年高考物理备考学易黄金易错点 25页

‎1．如图4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　) ‎ 图4‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. ‎2．如图5甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向 B．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势 C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力 D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反 ‎【答案】A　【解析】由图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确、B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．‎ ‎3.让圆盘逆时针转动，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(　　)‎ 图6‎ 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 ‎4. (多选)如图9所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i和a、b间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的(　　)‎ 图9‎ ‎【答案】AD　【解析】在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小，Uab＝－i(Rbc＋Rcd＋Rda)．在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，Uab＝－iRab，A、D正确．‎ ‎5．如图10所示，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示it图象的是(　　) ‎ 图10‎ ‎6．如图11甲所示，且通入如图乙所示的磁场)，已知螺线管(电阻不计)的匝数n＝6，截面积S＝10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列it关系图中正确的是(　　)‎ 图11‎ ‎ 7．(多选)如图12甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ 上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是(　　)‎ 图12‎ A．在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝0‎ B．在0～t0时间内导体棒中的电流为 C．在t0/2时刻绝缘丝线所受拉力为 D．在0～2t0时间内回路中电流方向是abdca ‎ 8．(多选)如图15所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计．下列说法正确的是(　　) ‎ 图15‎ A．A点的电势高于C点的电势 B．此时AC两端电压为UAC＝ C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2‎ D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝ ‎【答案】AD　【解析】根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝＝，B错误；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确．‎ ‎9．如图16所示，竖直平面内有一宽L＝1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T．现有质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.‎ 图16‎ ‎(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；‎ ‎(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；‎ ‎(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．‎ ‎ (2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．‎ mg＝BI′L ⑤‎ I′＝ ⑥‎ E′＝BLv′ ⑦‎ 联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v＝2gh 解得：h＝1.35 m.‎ ‎(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小 v＝v2＋at ⑧‎ 由牛顿第二定律得：‎ F＋mg－F安＝ma ⑨‎ 又F安＝ ⑩‎ 由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6)N.‎ ‎【答案】　(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)F＝(t＋1.6)N ‎ ‎10．如图17所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝8B，虚线P、Q 间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：‎ 图17‎ ‎(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；‎ ‎(2)通过定值电阻的电荷量；‎ ‎(3)定值电阻上产生的焦耳热． ‎ ‎ (2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为q q＝Δt＝Δt＝ 由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为ΔΦ＝(B1－B2)Ld q＝＝＝.‎ ‎(3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F，则定值电阻中产生的焦耳热为Q＝2Fd.‎ ‎【答案】　(1)4B　(2)　(3)2Fd 易错起源1、 电磁感应规律及其应用 例1、(多选)(2016·全国甲卷T20)法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 ‎【变式探究】 (2015·全国卷ⅡT15)如图2所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a ‎【名师点睛】‎ ‎1．高考考查特点 高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断．掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则是突破考点的方法．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)对感应电流产生的条件理解不准确，认为只要切割就有感应电流．‎ ‎(2)不能正确理解楞次定律造成电流方向判断错误．‎ ‎(3)左手定则和右手定则混淆出现电流方向的判断错误．‎ ‎(4)不理解转动切割电动势大小计算方法．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ ‎(1)感应电流方向的判断方法 一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；‎ 二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．‎ ‎(2)楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 ‎①阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；‎ ‎②阻碍相对运动——“来拒去留”；‎ ‎③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；‎ ‎④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．‎ ‎(3)求感应电动势的两种方法 ‎①E＝n，用来计算感应电动势的平均值．‎ ‎②E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值．‎ 易错起源2、电磁感应中的图象问题 ‎ 例2、如图7(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)‎ 图7‎ ‎【变式探究】如图8所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)‎ 图8‎ ‎【名师点睛】‎ ‎1．高考考查特点 本考点的命题主要涉及it图、Et图、Bt图、Φt图，还有vt图、Ft图等．突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换．‎ ‎(2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向．‎ ‎(3)不理解图象斜率、曲直的意义．‎ ‎(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ 解决电磁感应图象问题的一般步骤 ‎(1)明确图象的种类，即是Bt图还是Φt图，或者Et图、It图等．‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程．‎ ‎(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．‎ ‎(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．‎ ‎(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．‎ ‎(6)画图象或判断图象．‎ 易错起源3、 电磁感应中电路和能量问题 例3、(2016·全国甲卷T24)如图13所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：‎ 图13‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值．‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0. ④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝ ⑤‎ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 f＝BlI ⑥‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－f＝0 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝. ⑧‎ ‎【答案】　(1)Blt0　(2) ‎【变式探究】(2016·全国丙卷T25)如图14所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：‎ 图14‎ ‎(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；‎ ‎(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．‎ ‎【解析】　(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①‎ 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有 ε＝－ ②‎ 由欧姆定律有i＝ ③‎ 由电流的定义有i＝ ④‎ 联立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 ‎|q|＝. ⑥‎ 穿过回路的总磁通量为 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝ ⑭‎ 由欧姆定律有I＝ ⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 f＝(B0lv0＋kS).‎ ‎【答案】　(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) ‎【名师点睛】‎ ‎1．高考考查特点 本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)分析电源时电势高低易出错．‎ ‎(2)涉及力和运动的分析时出现漏力(多力)的现象．‎ ‎(3)功能分析时，力做功及电热的计算易漏(多算)电阻生热．‎ ‎1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎2．如图20所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb ‎，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ 图20‎ A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ ‎【答案】B　【解析】根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nl2，则＝()2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误．‎ ‎3．如图21所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc，ac＝l，匀速穿过边界宽度也为l的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)(　　)‎ 图21‎ ‎ 4．在如图22甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r20)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则(　　)‎ 图26‎ A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从B到A C．定值电阻的阻值为R＝－r D．整个电路的热功率P＝ ‎ 9．如图27所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0.2 T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为R＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F＝60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：‎ 图27‎ ‎(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；‎ ‎(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小．‎ ‎(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时，b金属棒向上运动了2 m，且此时a的速度为4 m/s，b的速度为1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量．‎ ‎ ‎ ‎(3)此过程对a、b棒整体根据功能关系，有 Q＝Fxa－(magsin 30°＋μmagcos 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcos 30°)xb－mav－mbv 解得Q＝85 J.‎ q＝·Δt ＝ ＝＝ 解得q＝＝0.15 C. ‎ ‎【答案】　(1)　(2)24 N　(3)85 J　0.15 C ‎10．如图28甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图乙所示，图中vmax和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：‎ 图28‎ ‎(1)杆AB中的最大感应电流Imax的大小和方向；‎ ‎(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.‎ ‎ (2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势 ＝ 平均感应电流＝ 又q＝t1‎ 解得q＝ 而ΔΦ＝BLs1cos θ 由题图乙知杆AB下滑的距离 s1＝vmaxt1‎ 解得q＝.‎ ‎(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上做减速运动，感应电流I＝ 根据牛顿第二定律有BIL＝ma 若Δt趋近于零，则a＝ 由以上三式可得vΔt＝mΔv 则v1Δt1＝mΔv1，v2Δt2＝mΔv2，…，vnΔtn＝mΔvn 得(v1Δt1＋v2Δt2＋…＋vnΔtn)＝m(Δv1＋Δv2＋…＋Δvn)‎ 即s＝m(vmax－0)‎ 解得s＝.‎ ‎【答案】　见解析