2022屆高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應定律課前自測診斷卷

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1、2022屆高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電路與電磁感應 第二講 楞次定律 法拉 第電磁感應定律課前自測診斷卷 考點一 常見磁場中的電磁感應現(xiàn)象 A．線框中的感應電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 B．線框中的感應電流一直沿順時針方向 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　根據安培定則和磁場的疊加原理判斷得知，在AB右側磁場方向垂直紙面向外，AB左側磁場方向垂直紙面向里。當導線框位于AB左側向右運動時，導線框中的磁場方向垂直紙面向里，磁通量減小，根據楞次定律可知，感應電流方向為順時針方向；當導線框經過AB時，導線框中的磁場方向先垂

2、直紙面向里，后垂直紙面向外，磁通量先減小，后增大，根據楞次定律，可知感應電流方向為順時針方向；當導線框在AB右側并向右運動時，導線框中的磁場方向垂直紙面向外，磁通量增加，根據楞次定律可知，感應電流方向為順時針方向，則可知電流方向一直為順時針方向，B正確，A錯誤。根據楞次定律可知，線框受到的安培力的方向一定與線框的運動方向相反，故安培力一直向左，C錯誤，D正確。 2．[考查地磁場中的電磁感應現(xiàn)象] 如圖，沿東西方向站立的兩同學(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實驗：把一條長導線的兩端連在一個靈敏電流計(零刻度在表盤中央)的兩個接線柱上，形成閉合回路，然后迅速搖動MN這段“繩”。假設圖中情景發(fā)生在赤道

3、處，則下列說法正確的是(　　) A．當“繩”搖到最高點時，“繩”中電流最大 B．當“繩”搖到最低點時，“繩”受到的安培力最大 C．當“繩”向下運動時，N點電勢比M點電勢高 D．搖“繩”過程中，靈敏電流計指針的偏轉方向不變 解析：選C　當“繩”搖到最高點時，繩轉動的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應電流最小，故A錯誤。當“繩”搖到最低點時，繩轉動的速度方向與地磁場方向平行，不切割磁感線，感應電流最小，繩受到的安培力也最小，故B錯誤。當“繩”向下運動時，地磁場向北，根據右手定則判斷可知，“繩”中N點電勢比M點電勢高，故C正確。在搖“繩”過程中，當“繩”向下運動和向上運動時，“繩

4、”切割磁感線的方向不同，則感應電流的方向不同，即靈敏電流計指針的偏轉方向改變，故D錯誤。 3．[考查永磁體周圍磁場中的電磁感應現(xiàn)象] [多選]有一個銅盤，與支架之間的阻力非常小，因此輕輕撥動它，就能長時間地繞軸自由轉動。如果在轉動時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間內停止轉動 B．銅盤在轉動過程中磁通量將不斷減小 C．銅盤在轉動過程中產生的感應電動勢將不斷減小 D．銅盤邊緣的電勢高于圓心的電勢 解析：選ACD　當銅盤轉動時，切割磁感線，產生感應電動勢，由于電路閉合，則有感應電流，處于磁場中受到安培力作用，此

5、力阻礙銅盤轉動，銅盤能夠在較短的時間內停止轉動，選項A正確；銅盤在轉動過程中磁通量不變，選項B錯誤；銅盤在轉動過程中，由于轉動速度減小，則產生的感應電動勢將不斷減小，選項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D正確。 4．[考查電磁鐵周圍磁場中的電磁感應現(xiàn)象(二次感應問題)] [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有垂直紙面向里的勻強磁場，當PQ在外力的作用下運動時，閉合開關S，MN在安培力的作用下向右運動，則PQ所做的運動可能是(　　) A．向右加速運動　　　　　　 B．向左加速運動 C．向右減速運動

6、 D．向左減速運動 解析：選BC　逆推法：根據右手螺旋定則可知，導線ab在MN所在處產生的磁場方向垂直紙面向里，MN在安培力作用下向右運動，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可能是向左加速運動或向右減速運動。故B、C正確，A、D錯誤。 順序推理法：對選項A，PQ向右加速運動，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

7、M，S閉合時MN向左運動，故A錯誤。同理，可分析得出B、C正確，D錯誤。 考點二 電磁感應中的圖像問題 5.[考查根據電磁感應過程選擇圖像] 如圖所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內，有以對角線為邊界、垂直于紙面的兩個勻強磁場，磁感應強度大小相同、方向相反，紙面內一邊長為a的正方形導線框沿x軸勻速穿過磁場區(qū)域，t＝0時刻恰好開始進入磁場區(qū)域，以順時針方向為導線框中電流的正方向，下列選項中能夠正確表示電流與位移關系的是(　　) 解析：選B　在x∈(0，a)時，右邊框切割磁感線產生感應電流，電流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈時，方向為順時針；x＝時，導線框中感應電流為零；x∈

8、時，方向為逆時針。在x∈(a,2a)時，左邊框切割磁感線產生感應電流，感應電流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈時，方向為逆時針；x＝a時，導線框中感應電流為零；x∈時，方向為順時針，所以B正確，A、C、D錯誤。 6．[考查根據圖像分析電磁感應過程] [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動，線框右側有一垂直于水平面向下的勻強磁場，線框的右邊始終與磁場的邊界平行，線框的質量為1 kg，電阻為1 Ω，整個運動過程中，拉力的大小隨時間變化如圖乙所示，則(　　) A．線框運動的加速度大小為5 m/s2 B．線框剛好完全進

9、入磁場時的時間為t＝1.2 s C．線框的邊長為0.55 m D．磁場的磁感應強度大小為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，則運動的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A項正確；線框進入磁場的過程中，F(xiàn)－＝ma，即F＝＋ma，線框剛進入磁場時，10＝×5×1＋5，剛好完全進磁場時11＝×5×t＋5，求得t＝1.2 s，B項正確；線框的邊長為L＝×5×(1.22－12)m＝1.1 m，C項錯誤；由＝1得磁感應強度B＝ T，D項錯誤。 考點三 線框在磁場中運動產生感應電動勢 7.[考查線框在磁場中轉動問題]如圖所示，單匝直角三角形導線框OM

10、N在勻強磁場中以ON所在的直線為軸勻速轉動，角速度為ω，已知OM邊長為l，∠MON＝θ，勻強磁場垂直于ON向右，磁感應強度大小為B，下列說法正確的是(　　) A．導線框OMN內產生大小恒定的電流 B．截掉導線MN，則電動勢最大值變小 C．導線框OMN產生的電流方向為OMNO D．導線框OMN內產生的電動勢最大值為Bl2ωsin θcos θ 解析：選D　當導線框OMN以ON所在的直線為軸勻速轉動時，線框內產生正弦交變電流，選項A錯誤；導線MN不切割磁感線，則截掉導線MN，則電動勢最大值不變，選項B錯誤；導線框OMN產生的電流方向不斷變化，選項C錯誤；導線框OMN內產生的電動勢最大值為

11、Em＝BωS＝Bl2ωsin θcos θ，選項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θ角。在矩形abdc內存在方向垂直軌道斜面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，已知ab、cd間的距離為3d。有一質量為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邊進入磁場到CD邊進入磁場的過程中，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動

12、B．線圈的電阻為R＝ C．線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時，線圈的速度大小為v＝ D．線圈在時間t內電阻的發(fā)熱量為Q＝4mgdsin θ－ 解析：選BD　線圈全部進入磁場后，磁通量不變，感應電流為0，不受安培力作用，做勻加速直線運動，故A錯誤；從AB邊進入磁場到CD邊進入磁場的過程中，通過回路的電荷量q＝IΔt＝Δt＝＝，線圈的電阻為R＝，故B正確；設線圈CD邊剛好通過磁場下邊界時，線圈的速度大小為v，根據動量定理可得mgtsin θ－BLt′＝mv－0，t′＝2q，解得線圈的速度大小為v＝，故C錯誤；由能量守恒定律有mg·4dsin θ＝mv2＋Q，解得Q＝4mgdsin θ－，故D正確

13、。 考點四 導體棒在磁場中運動產生感應電動勢 9.[考查導體棒轉動切割磁感線] [多選]如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導軌ab垂直放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)有一導體棒Oc可繞半圓形導軌的圓心O點逆時針旋轉，轉動過程中導體棒接入的電阻為R0，導體棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計。在導軌的右端點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)讓導體棒從b端向a端轉動，下列說法正確的是(　　) A．導體棒在轉動過程中c端電勢高 B．滑片P置于最右端不動，且導體棒以角速度ω勻速轉動時外力的功率為 C．導體棒以角速度ω勻速轉動時，將P從最右端滑到最左

14、端的過程中C的放電量為 D．滑片P置于中間不動，均勻增大轉速時導體棒所受的外力和C上的電荷量都均勻增大 解析：選CD　導體棒Oc轉動過程中由右手定則知電流由c向O流動，因導體棒相當于電源，故c端是電源的負極，電勢低，故A項錯誤；導體棒勻速轉動時產生的電動勢為E＝Br·ω，因此回路中的電流為I＝，于是對應外力的功率為P＝I2(R＋R0)＝，故B項錯誤；導體棒穩(wěn)定轉動時，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U＝R＝逐漸減小到零，對應放出的電荷量為Q＝C(U－0)＝，故C項正確；滑片P置于中間不動，增大轉速時，回路中的電流為I＝n線性增大，因此安培力F＝IrB＝n也線性增大，

15、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項正確。 10．[考查導體棒平動切割磁感線，導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軌，導軌間距為L，在水平導軌的左側存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導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、質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導體棒與水平導軌接觸良好，且與水平導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是(　

16、　) A．通過電阻R的最大電流為 B．流過電阻R的電荷量為 C．整個電路中產生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析：選ABD　質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進入磁場時速度最大，由mgh＝mv2，得最大速度v＝，產生的最大感應電動勢Em＝BLv＝BL。由閉合電路歐姆定律可得電阻R的最大電流Im＝＝，A正確；在導體棒滑過磁場區(qū)域的過程中，產生的感應電動勢的平均值＝＝，平均感應電流＝，流過電阻R的電荷量為q＝t，聯(lián)立解得q＝＝，B正確；由能量守恒定律可知整個電路中產生的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯誤；電阻R中產生的焦耳熱Q1＝Q＝mg

17、(h－μd)，D正確。 11．[考查導體棒平動切割磁感線，導體棒所受外力變化] 如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，一質量m＝0.1 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒運動的位移x＝9 m 時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前回路中產生的焦耳熱Q1＝2.025 J，導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，

18、求： (1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)金屬棒MN做勻加速運動所需外力F隨時間t變化的表達式； (3)外力做的功WF。 解析：(1)棒在勻加速運動中，由法拉第電磁感應定律得＝，其中ΔΦ＝BLx 由閉合電路的歐姆定律得＝ 則通過電阻R的電荷量為q＝·Δt 聯(lián)立各式，代入數(shù)據得q＝2.25 C。 (2)由法拉第電磁感應定律得E＝BLv 對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v＝at 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F－BIL＝ma 聯(lián)立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。 (3)對棒的勻加速運動過程， 由運動學公式得v2＝2a

19、x 撤去外力后，由動能定理得安培力做功 W＝0－mv2 撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2＝－W 聯(lián)立解得Q2＝1.8 J 在棒運動的整個過程中，由功能關系可知WF＝Q1＋Q2 解得WF＝3.825 J。 答案：(1)2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t(N)　(3)3.825 J 12．[考查雙導體棒切割磁感線運動] 兩足夠長且不計電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h＝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Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎

20、直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿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下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動的速度—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求： (1)桿a在弧形軌道上運動的時間； (2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量； (3)在整個運動過程中桿b產生的焦耳熱。 解析：(1)設桿a由靜止釋放到滑至弧形軌道與平直軌道連接處時桿b的速度大小為vb0，以桿b運動的方向為正方向，對桿b運用動量定理，

21、有 －Bd·Δt＝mbvb0－mbv0 其中vb0＝2 m/s 代入數(shù)據解得Δt＝5 s。 (2)對桿a由靜止下滑到平直導軌上的過程中，由機械能守恒定律有magh＝mava2 解得va＝＝5 m/s 設最后a、b兩桿共同的速度為v′，以桿a運動的方向為正方向，由動量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據解得v′＝ m/s 桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設桿a的速度從va到v′的運動時間為Δt′，則由動量定理可得 －BdI·Δt′＝mav′－mava 而q＝I·Δt′ 代入數(shù)據得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J b棒中產生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J。 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J