2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應(yīng)定律課前自測診斷卷考點(diǎn)一常見磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象A線框中的感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向B線框中的感應(yīng)電流一直沿順時(shí)針方向C線框受到的安培力方向先向左后向右D線框受到的安培力方向一直向左解析：選BD根據(jù)安培定則和磁場的疊加原理判斷得知，在AB右側(cè)磁場方向垂直紙面向外，AB左側(cè)磁場方向垂直紙面向里。當(dāng)導(dǎo)線框位于AB左側(cè)向右運(yùn)動時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場方向垂直紙面向里，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)導(dǎo)線框經(jīng)過AB時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，磁通量先減小，后增大，根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；當(dāng)導(dǎo)線框在AB右側(cè)并向右運(yùn)動時(shí)，導(dǎo)線框中的磁場方向垂直紙面向外，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則可知電流方向一直為順時(shí)針方向，B正確，A錯(cuò)誤。根據(jù)楞次定律可知，線框受到的安培力的方向一定與線框的運(yùn)動方向相反，故安培力一直向左，C錯(cuò)誤，D正確。2考查地磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象如圖，沿東西方向站立的兩同學(xué)(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實(shí)驗(yàn)：把一條長導(dǎo)線的兩端連在一個(gè)靈敏電流計(jì)(零刻度在表盤中央)的兩個(gè)接線柱上，形成閉合回路，然后迅速搖動MN這段“繩”。假設(shè)圖中情景發(fā)生在赤道處，則下列說法正確的是()A當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，“繩”中電流最大B當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，“繩”受到的安培力最大C當(dāng)“繩”向下運(yùn)動時(shí)，N點(diǎn)電勢比M點(diǎn)電勢高D搖“繩”過程中，靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向不變解析：選C當(dāng)“繩”搖到最高點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應(yīng)電流最小，故A錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”搖到最低點(diǎn)時(shí)，繩轉(zhuǎn)動的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應(yīng)電流最小，繩受到的安培力也最小，故B錯(cuò)誤。當(dāng)“繩”向下運(yùn)動時(shí)，地磁場向北，根據(jù)右手定則判斷可知，“繩”中N點(diǎn)電勢比M點(diǎn)電勢高，故C正確。在搖“繩”過程中，當(dāng)“繩”向下運(yùn)動和向上運(yùn)動時(shí)，“繩”切割磁感線的方向不同，則感應(yīng)電流的方向不同，即靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向改變，故D錯(cuò)誤。3考查永磁體周圍磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象多選有一個(gè)銅盤，與支架之間的阻力非常小，因此輕輕撥動它，就能長時(shí)間地繞軸自由轉(zhuǎn)動。如果在轉(zhuǎn)動時(shí)把蹄形磁鐵的兩極放在銅盤邊緣，但并不與銅盤接觸，如圖所示。下列說法正確的是()A銅盤能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動B銅盤在轉(zhuǎn)動過程中磁通量將不斷減小C銅盤在轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢將不斷減小D銅盤邊緣的電勢高于圓心的電勢解析：選ACD當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動時(shí)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于電路閉合，則有感應(yīng)電流，處于磁場中受到安培力作用，此力阻礙銅盤轉(zhuǎn)動，銅盤能夠在較短的時(shí)間內(nèi)停止轉(zhuǎn)動，選項(xiàng)A正確；銅盤在轉(zhuǎn)動過程中磁通量不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；銅盤在轉(zhuǎn)動過程中，由于轉(zhuǎn)動速度減小，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢將不斷減小，選項(xiàng)C正確；由右手定則可知，銅盤邊緣的電勢高于圓心的電勢，選項(xiàng)D正確。4考查電磁鐵周圍磁場中的電磁感應(yīng)現(xiàn)象(二次感應(yīng)問題)多選如圖所示，水平放置的兩光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，PQ所處的水平光滑軌道內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動時(shí)，閉合開關(guān)S，MN在安培力的作用下向右運(yùn)動，則PQ所做的運(yùn)動可能是()A向右加速運(yùn)動B向左加速運(yùn)動C向右減速運(yùn)動 D向左減速運(yùn)動解析：選BC逆推法：根據(jù)右手螺旋定則可知，導(dǎo)線ab在MN所在處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，MN在安培力作用下向右運(yùn)動，說明MN受到的安培力向右，由左手定則可知，MN中的電流方向由M指向N，由右手螺旋定則可知，線圈L1中感應(yīng)磁場方向豎直向上，由楞次定律可知，線圈L2中磁通量的變化情況為向上減小或向下增加，由右手螺旋定則可知，PQ中的電流從Q到P且逐漸減小或從P到Q且逐漸增大，再由右手定則可知，PQ可能是向左加速運(yùn)動或向右減速運(yùn)動。故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。順序推理法：對選項(xiàng)A，PQ向右加速運(yùn)動，L2上端為N極且磁通量增加，由楞次定律可推出L1的下端為N極，電流由N到M，S閉合時(shí)MN向左運(yùn)動，故A錯(cuò)誤。同理，可分析得出B、C正確，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問題5.考查根據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖像如圖所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)，有以對角線為邊界、垂直于紙面的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向相反，紙面內(nèi)一邊長為a的正方形導(dǎo)線框沿x軸勻速穿過磁場區(qū)域，t0時(shí)刻恰好開始進(jìn)入磁場區(qū)域，以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，下列選項(xiàng)中能夠正確表示電流與位移關(guān)系的是()解析：選B在x(0，a)時(shí)，右邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流大小i(a2x)，其中x時(shí)，方向?yàn)轫槙r(shí)針；x時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零；x時(shí)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針。在x(a,2a)時(shí)，左邊框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流大小i(3a2x)，其中x時(shí)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針；xa時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零；x時(shí)，方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。6考查根據(jù)圖像分析電磁感應(yīng)過程多選如圖甲所示，一正方形線框放在光滑絕緣的水平面上，在水平向右的拉力作用下從圖示位置始終向右做勻加速運(yùn)動，線框右側(cè)有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場，線框的右邊始終與磁場的邊界平行，線框的質(zhì)量為1 kg，電阻為1 ，整個(gè)運(yùn)動過程中，拉力的大小隨時(shí)間變化如圖乙所示，則()A線框運(yùn)動的加速度大小為5 m/s2B線框剛好完全進(jìn)入磁場時(shí)的時(shí)間為t1.2 sC線框的邊長為0.55 mD磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.1 T解析：選AB由題圖乙可知，線框在磁場外受到的合力為5 N，則運(yùn)動的加速度大小a m/s25 m/s2，A項(xiàng)正確；線框進(jìn)入磁場的過程中，F(xiàn)ma，即Fma，線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，10×5×15，剛好完全進(jìn)磁場時(shí)11×5×t5，求得t1.2 s，B項(xiàng)正確；線框的邊長為L×5×(1.2212)m1.1 m，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由1得磁感應(yīng)強(qiáng)度B T，D項(xiàng)錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三線框在磁場中運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢7.考查線框在磁場中轉(zhuǎn)動問題如圖所示，單匝直角三角形導(dǎo)線框OMN在勻強(qiáng)磁場中以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動，角速度為，已知OM邊長為l，MON，勻強(qiáng)磁場垂直于ON向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，下列說法正確的是()A導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生大小恒定的電流B截掉導(dǎo)線MN，則電動勢最大值變小C導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向?yàn)镺MNOD導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動勢最大值為Bl2sin cos 解析：選D當(dāng)導(dǎo)線框OMN以O(shè)N所在的直線為軸勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生正弦交變電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)線MN不切割磁感線，則截掉導(dǎo)線MN，則電動勢最大值不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)線框OMN產(chǎn)生的電流方向不斷變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；導(dǎo)線框OMN內(nèi)產(chǎn)生的電動勢最大值為EmBSBl2sin cos ，選項(xiàng)D正確。8考查線框在磁場中平動問題多選如圖所示，PQ、MN為兩根光滑絕緣且固定的平行軌道，兩軌道間的寬度為L，軌道斜面與水平面成角。在矩形abdc內(nèi)存在方向垂直軌道斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，已知ab、cd間的距離為3d。有一質(zhì)量為m、長為L、寬為d的矩形金屬線圈ABCD放置在軌道上，開始時(shí)線圈AB邊與磁場邊界ab重合?，F(xiàn)讓線圈由靜止出發(fā)沿軌道下滑，從AB邊進(jìn)入磁場到CD邊進(jìn)入磁場的過程中，流過線圈的電荷量為q。線圈通過磁場的總時(shí)間為t，重力加速度為g。下列說法正確的是()A線圈在磁場中不可能做勻加速直線運(yùn)動B線圈的電阻為RC線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時(shí)，線圈的速度大小為vD線圈在時(shí)間t內(nèi)電阻的發(fā)熱量為Q4mgdsin 解析：選BD線圈全部進(jìn)入磁場后，磁通量不變，感應(yīng)電流為0，不受安培力作用，做勻加速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；從AB邊進(jìn)入磁場到CD邊進(jìn)入磁場的過程中，通過回路的電荷量qItt，線圈的電阻為R，故B正確；設(shè)線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時(shí)，線圈的速度大小為v，根據(jù)動量定理可得mgtsin BLtmv0，t2q，解得線圈的速度大小為v，故C錯(cuò)誤；由能量守恒定律有mg·4dsin mv2Q，解得Q4mgdsin ，故D正確。考點(diǎn)四導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢9.考查導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線多選如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動過程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌的右端點(diǎn)b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動變阻器兩端。現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b端向a端轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動過程中c端電勢高B滑片P置于最右端不動，且導(dǎo)體棒以角速度勻速轉(zhuǎn)動時(shí)外力的功率為C導(dǎo)體棒以角速度勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，將P從最右端滑到最左端的過程中C的放電量為D滑片P置于中間不動，均勻增大轉(zhuǎn)速時(shí)導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大解析：選CD導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動過程中由右手定則知電流由c向O流動，因?qū)w棒相當(dāng)于電源，故c端是電源的負(fù)極，電勢低，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動時(shí)產(chǎn)生的電動勢為EBr·，因此回路中的電流為I，于是對應(yīng)外力的功率為PI2(RR0)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時(shí)，電動勢恒定，將滑片P從最右端滑向最左端的過程中C的電壓從UR逐漸減小到零，對應(yīng)放出的電荷量為QC(U0)，故C項(xiàng)正確；滑片P置于中間不動，增大轉(zhuǎn)速時(shí)，回路中的電流為In線性增大，因此安培力FIrBn也線性增大，由于電流線性增大，滑動變阻器分配的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項(xiàng)正確。10考查導(dǎo)體棒平動切割磁感線，導(dǎo)體棒所受摩擦力恒定多選CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，下列說法正確的是()A通過電阻R的最大電流為B流過電阻R的電荷量為C整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)解析：選ABD質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場時(shí)速度最大，由mghmv2，得最大速度v，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢EmBLvBL。由閉合電路歐姆定律可得電阻R的最大電流Im，A正確；在導(dǎo)體棒滑過磁場區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值，平均感應(yīng)電流，流過電阻R的電荷量為qt，聯(lián)立解得q，B正確；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Qmghmgd，C錯(cuò)誤；電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1Qmg(hd)，D正確。11考查導(dǎo)體棒平動切割磁感線，導(dǎo)體棒所受外力變化如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻，一質(zhì)量m0.1 kg、電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動，當(dāng)棒運(yùn)動的位移x9 m 時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q12.025 J，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，求：(1)棒在勻加速運(yùn)動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)金屬棒MN做勻加速運(yùn)動所需外力F隨時(shí)間t變化的表達(dá)式；(3)外力做的功WF。解析：(1)棒在勻加速運(yùn)動中，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，其中BLx由閉合電路的歐姆定律得則通過電阻R的電荷量為q·t聯(lián)立各式，代入數(shù)據(jù)得q2.25 C。(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv對棒的勻加速運(yùn)動過程，由運(yùn)動學(xué)公式得vat由閉合電路歐姆定律得I由安培力公式和牛頓第二定律得FBILma聯(lián)立各式得F0.20.05t(N)。(3)對棒的勻加速運(yùn)動過程，由運(yùn)動學(xué)公式得v22ax撤去外力后，由動能定理得安培力做功W0mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2W聯(lián)立解得Q21.8 J在棒運(yùn)動的整個(gè)過程中，由功能關(guān)系可知WFQ1Q2解得WF3.825 J。答案：(1)2.25 C(2)F0.20.05t(N)(3)3.825 J12考查雙導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動兩足夠長且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra2 、Rb5 ，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大小v05 m/s開始向左滑動，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動的速度時(shí)間圖像如圖乙所示(以a運(yùn)動方向?yàn)檎较?，其中ma2 kg，mb1 kg，g10 m/s2，求：(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個(gè)運(yùn)動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)設(shè)桿a由靜止釋放到滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，以桿b運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，對桿b運(yùn)用動量定理，有Bd·tmbvb0mbv0其中vb02 m/s代入數(shù)據(jù)解得t5 s。(2)對桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過程中，由機(jī)械能守恒定律有maghmava2解得va5 m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v，以桿a運(yùn)動的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻胢avambvb0(mamb)v代入數(shù)據(jù)解得v m/s桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v的運(yùn)動時(shí)間為t，則由動量定理可得BdI·tmavmava而qI·t代入數(shù)據(jù)得q C。(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmaghmbv02(mbma)v2 Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為QQ J。答案：(1)5 s(2) C(3) J