2021年高考物理二輪復習專題09電磁感應及綜合應用教學案(含解析)

1、專題09電磁感應及綜合應用電磁感應是電磁學中最為重要的內容，也是高考命題頻率最高的內容之一。題型多為選 擇題、計算題。主要考查電磁感應、楞次定律、法拉第電磁感應定律、自感等知識。本局部 知識多結合電學、力學局部出壓軸題，其命題形式主要是電磁感應與電路規(guī)律的綜合應用、 電磁感應與力學規(guī)律的綜合應用、電磁感應與能量守恒的綜合應用。復習中要熟練掌握感應 電流的產生條件、感應電流方向的判斷、感應電動勢的計算，還要掌握本局部內容與力學、 能量的綜合問題的分析求解方法。預測2021年的高考根底試題重點考查法拉第電磁感應定律及楞次定律和電路等效問題綜合試題還是涉及到力和運動、動量守恒、能量守恒、電路分 析、

2、安培力等力學和電學知識主要的類型有滑軌類問題、線圈穿越有界磁場的問題、電磁 感應圖象的問題等此除日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼、超導技術這些在實際中有廣 泛的應用問題也要引起重視。重點知識梳理一、法拉第電磁感應定律法拉第電磁感應定律的內容是感應電動勢的大小與穿過回路的磁通量的變化率成正比.在具體問題的分析中，針對不同形式的電磁感應過程，法拉第電磁感應定律也相應有不 同的表達式或計算式.磁通量變化的形式表達式備注通過n匝線圈內的磁通量發(fā)生變化E n t.、 B當S不變時，E nSt S(2)當B不變時，E nB- t導體垂直切割磁感線運動E BLv當 v/ B 時，E 0導體繞過一端且垂直于磁

3、場方向的轉軸勻速轉動E知3線圈繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動E= nBSw sin cot當線圈平行于磁感線時，E最大為E=nBSw,當線圈平行于中性面時，E= 0二、楞次定律與左手定那么、右手定那么1 左手定那么與右手定那么的區(qū)別：判斷感應電流用右手定那么，判斷受力用左手定那么.2 .應用楞次定律的關鍵是區(qū)分兩個磁場：弓I起感應電流的磁場和感應電流產生的磁場.感應電流產生的磁場總是阻礙引起感應電流的磁場的磁通量的變化，“阻礙的結果是延緩了磁通量的變化，同時伴隨著能量的轉化.3 .楞次定律中“阻礙的表現形式：阻礙磁通量的變化增反減同，阻礙相對運動來拒去留，阻礙線圈面積變化增縮減擴，阻礙本身電流

4、的變化自感現象.三、電磁感應與電路的綜合電磁感應與電路的綜合是高考的一個熱點內容，兩者的核心內容與聯系主線如圖4 121所示：1. 產生電磁感應現象的電路通常是一個閉合電路，產生電動勢的那一局部電路相當于電 源，產生的感應電動勢就是電源的電動勢，在“電源內部電流的流向是從“電源的負極R流向正極，該局部電路兩端的電壓即路端電壓，UER+ r2. 在電磁感應現象中，電路產生的電功率等于內外電路消耗的功率之和.假設為純電阻電 路，那么產生的電能將全部轉化為內能；假設為非純電阻電路，那么產生的電能除了一局部轉化為 內能，還有一局部能量轉化為其他能，但整個過程能量守恒.能量轉化與守恒往往是電磁感 應與電

5、路問題的命題主線，抓住這條主線也就是抓住了解題的關鍵在閉合電路的局部導體 切割磁感線產生感應電流的問題中，機械能轉化為電能，導體棒克服安培力做的功等于電路 中產生的電能.說明：求解局部導體切割磁感線產生的感應電動勢時，要區(qū)別平均電動勢和瞬時電動勢, 切割磁感線的等效長度等于導線兩端點的連線在運動方向上的投影.高頻考點突破考點一對楞次定律和電磁感應圖像問題的考查例1、如圖1所示，直角坐標系 xOy的二、四象限有垂直坐標系向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為 B,在第三象限有垂直坐標系向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B.現將半徑為L、圓心角為90°的扇形閉合導線框 OPQ外力作用下以恒定

6、角速度繞O點在紙面內沿逆時針方向勻速轉動.t =0時刻線框在圖示位置，設電流逆時針方向為正方向那么以下關于導 線框中的電流隨時間變化的圖線，正確的選項是圖1解析 根據楞次定律，線框從第一象限進入第二象限時，電廣方問罡正方向設導絡框的電阻為凡角 速度為如那么電茨尢小為欝，從第二象限逬入第三象限時，電浚方問星員方向，電濱大小為警，從第 三象限ig入第四象眼呵#電澆方同是正萬問，電潢大小圧曙:線框從幫四象限進入第一累險時，電流方 向是員方問，電廣大小為B選頂正確.答案 B【變式探究】如圖 2所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，過 了幾分鐘，杯內的水沸騰起來假設要縮短上述加熱時間，

7、以下措施可行的有圖2A. 增加線圈的匝數B. 提高交流電源的頻率C. 將金屬杯換為瓷杯D. 取走線圈中的鐵芯答案 ABr解析當電瞬關交流電痢寸，金屬杯蛙在變化的晞場中產生渦電流發(fā)熱，使水溫升髙.要縮龜加 熱時間，需增犬渦電瀛即増大感應電動勢或減卜電阻.增加線圈匝數*提高交竇電流的頻率®31為了増 大!®應電動勢，瓷1杯能產生渦電流，取走¥斌會導致磁性鳳弱.所以選項樂B正確，選項G D錯誤.【方法技巧】1.楞次定律的理解和應用1“阻礙的效果表現為：阻礙原磁通量的變化一一增反減同；阻礙物體間的相對 運動一一來拒去留；阻礙自身電流的變化一一自感現象.2解題步驟：確定原磁

8、場的方向分析合磁場；確定原磁通量的變化增加或減少；確定感應電流磁場的方向增反減同；確定感應電流方向安培定那么.2 .求解圖像問題的思路與方法1圖像選擇問題：求解物理圖像的選擇題可用“排除法，即排除與題目要求相違背的圖像，留下正確圖像.也可用“對照法，即按照要 求畫出正確的草圖，再與選項對照.解決此類問題的關鍵是把握圖像特點，分析相關物理量 的函數關系，分析物理過程的變化或物理狀態(tài)的變化.2圖像分析問題：定性分析物理圖像，要明確圖像中的橫軸與縱軸所代表的物理量，弄清圖像的物理意義，借助有關的物理概念、公式、不變量和定律作出相應判斷.在有關物理 圖像的定量計算時，要弄清圖像所揭示的物理規(guī)律及物理量

9、間的函數關系，善于挖掘圖像中 的隱含條件，明確有關圖像所包圍的面積、斜率，以及圖像的橫軸、縱軸的截距所表示的物 理意義.考點二 對電磁感應中動力學問題的考查例2、如圖3所示，間距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌MN PQ與水平面夾角為30°,導軌的電阻不計，導軌的 N Q端連接一阻值為 R的電阻，導軌上有一根質量一定、電 阻為r的導體棒ab垂直導軌放置，導體棒上方距離 L以上的范圍存在著磁感應強度大小為B方向與導軌平面垂直向下的勻強磁場.現在施加一個平行斜面向上且與棒ab重力相等的恒力，使導體棒ab從靜止開始沿導軌向上運動，當ab進入磁場后，發(fā)現 ab開始勻速運動，求：圖3(1)

10、導體棒的質量；(2) 假設進入磁場瞬間，拉力減小為原來的一半，求導體棒能繼續(xù)向上運動的最大位移.解析(1)導體棒從靜止開始在磁場外勻加速運動，距離為L,其加速度為F m®in 30 ° = maF= mgF 安=BIL=BVvR+ r棒進入磁場時的速度為 v =寸2aL= gL由棒在磁場中勻速運動可知1F安=2mg2B2l2 l R+ r g(習假設iSAfiii場禰間使拉力減半，那么卩二夕昭 那么導體棒所受臺力為F*-BJL-労和。二等代入上式設導體棒繼續(xù)向上運動的位移為x，那么有B1 2L2xR+ rmv將代入得x= 2L2B2L2 fL答案R+rg2L【變式探究】如圖

11、 4甲所示，MN PQ是相距d= 1.0 m足夠長的平行光滑金屬導軌，導軌 平面與水平面間的夾角為0，導軌電阻不計，整個導軌處在方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，金屬棒ab垂直于導軌 MN PQ放置，且始終與導軌接觸良好，金屬棒ab的質量mF 0.1 kg，其接入電路的電阻 r = 1 Q,小燈泡電阻 FL = 9 Q,重力加速度 g取10 m/s 2.現 斷開開關S,將棒ab由靜止釋放并開始計時，t = 0.5 s時刻閉合開關S,圖乙為ab的速度隨時間變化的圖像.求:答案(1)6 m/s35(2)1 T解析(1)5斷開時ab做勻加速直線運動宙圖乙可知壬歸=爲碗根擁牛頓第二定律有：»

12、;sgan6=ma3所以 SU1=J.帥二0乩時S閉合，血先做抑速度減小的加速運動，當速度屈憬犬訕二后做勻速直線運動 根16平衡條件有血n 8-F水ER又片尸盹站昭口匸兀工7解得=1T【方法技巧】在此類問題中力現象和電磁現象相互聯系、相互制約，解決問題前首先要建立“動一電一動的思維順序，可概括為：(1) 找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向.(2) 根據等效電路圖，求解回路中的感應電流的大小及方向.(3) 分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推出對電路中的感應電流有什么 影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況.(4) 列牛頓第二定律或平衡方程求解.

13、考點三 對電磁感應中能量問題的考查例3、如圖5所示，平行金屬導軌與水平面間夾角均為37°,導軌間距為1 m,電阻不計，導軌足夠長兩根金屬棒 ab和以a' b'的質量都是0.2 kg，電阻都是1 Q,與導軌垂直放 置且接觸良好，金屬棒和導軌之間的動摩擦因數為0.25，兩個導軌平面處均存在著垂直軌道平面向上的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度 B的大小相同.讓 a' b'固定不動，將金屬 棒ab由靜止釋放，當ab下滑速度到達穩(wěn)定時，整個回路消耗的電功率為8 W.求：2a = gsinBgcos B= 4 m/s .2 分2 ab棒到達最大速度時做勻速運動，

14、有msinB = BIL + 口 mgcos B, 2 分整個回路消耗的電功率P 電=BILvm= mgpin B 口 mgcos B Vm= 8 W, 2 分那么ab棒的最大速度為：vm= 10 m/s1分由P電=百2R=BLVn2R22分得：B= 0.4 T . 1 分根據能量守恒得：1 2h八mgh= Q+ 尹+ 口 mgcos B 2 分解得：Q= 30 J . 1 分由對稱性可紅 蘭血下落兀£1穩(wěn)定B寸其速度為譏 心也下落30叫 其速度也為譏 血和別都切 割磁感線產生電動勢，總電動勢尊于兩者之和.根據共點力平衝桀件，對皿棒覺力分析得 sgsiii 3BfL+/mtgos 6

15、2 分又呼爭分代入解得"=左血=1分由施量守恒11F劃!=號也皿+羋叭gCOS告薔十0*3分代入數據得Q' = 75 J . 1分答案 14 m/s 230 J 375 J【變式探究】在傾角為B足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L,如圖6所示.一個質量為m電阻為R邊長也為L的正方形線框在t = 0時刻以速度Vo進入磁場，恰好做勻速直 線運動，假設經過時間to,線框ab邊到達gg'與ff '中間位置時，線框又恰好做勻速運動， 那么以下說法正確的選項是圖6A. 當ab邊剛越過ff &#

16、39;時，線框加速度的大小為gsinBB. to時刻線框勻速運動的速度為 V4315 2C. to時間內線框中產生的焦耳熱為 qmgkin 0 + mvD. 離開磁場的過程中線框將做勻速直線運動答案 BC解析當血邊供入鶴場時，巧=讐=中血當必邊剛越過力時，線框的感應電動勢和電溢均加 倍經務經-噸血*皿 加速度向上為埠掩錯誤扌厲時刻丿斗器叱噸鈕叭解得*=% B正確j 線框從逬入磁場到再次做勻速運動過民沿斜面向F運動距離再詛那么由功能關系得厲時間痕框中產生 的焦耳轉為©二遊嚴+扌頑-扌加二討步m殲駆騎疋正確；線框離開碗場時仍鹿運譏D錯i昊.【方法技巧】1.明確安培力做的功是電能和其他形式

17、的能之間相互轉化的“橋梁，用框圖表示如下： W安 >0能 W安<0 |其他形式的能2 .明確功能關系，確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉化.如有摩擦力做功，必有內能產生；有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；安培力做負功，必然有其他形式的能轉化為電能.3 .根據不同物理情景選擇動能定理、能量守恒定律或功能關系列方程求解問題.考點四 綜合應用動力學觀點和能量觀點分析電磁感應問題例4、如圖7甲所示，MN PQ是相距d= 1 m的足夠長平行光滑金屬導軌，導軌平面與水平面成某一夾角，導軌電阻不計；長也為1 m的金屬棒ab垂直于MN PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，ab的質量m= 0.1 kg

18、、電阻R= 1 Q； MN PQ的上端連接右側電路， 電路中R為一電阻箱；燈泡電阻FL= 3 Q,定值電阻 R = 7 Q,調節(jié)電阻箱使 6 Q,重力加速度g= 10 m/s2.現斷開開關S,在t = 0時刻由靜止釋放 ab,在t = 0.5 s時刻閉合S, 同時加上分布于整個導軌所在區(qū)域的勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面斜向上；圖乙所示 為ab的速度隨時間變化圖像.圖7(1) 求斜面傾角 a及磁感應強度 B的大??；(2) ab由靜止下滑x = 50 m(此前已到達最大速度)的過程中，求整個電路產生的電熱; 假設只改變電阻箱R2的值當Ra為何值時，ab勻速下滑中Ra消耗的功率最大？消耗的 最大

19、功率為多少？一 v2解析1S斷開時，ab做勻加速直線運動，從圖乙得&= t = 6 m/s 1分由牛頓第二定律有 m§in a = ma 1分3所以有sin a =，即a = 37°, 1分5t = 0.5 s時，S閉合且加了磁場，分析可知，此后ab將先做加速度減小的加速運動，當速度到達最大Vm= 6 m/s后接著做勻速運動.勻速運動時，由平衡條件知m®n a = F安，1分-BdVn 八又 F 安=BId I =1 分聯立以上四式有mgsin£d2Vma =2 分代入數據解得B=寸噸?2v jR= 1 T1分宙能量輕化關系有噸血血=芬曲+埶2分

20、 代入數據解律0=豳血顱一如誥=2池分 3改變電阻箱応的值后,血勻速下滑時有 mgsin分所以匸分通過尼的電流為Z?二疋*01分局的功率為卩=釀0分聯立法上三式可得t RL.,當R2=阿即R2= RL= 3 Q,功率最大，(1分)所以 Fm= 0.27 W . (2 分)答案 (1)37 °1 T (2)28.2 J (3)3 Q 0.27 WMPN電阻忽略不計)，MP【變式探究】如圖8甲所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角 0為30°的斜面向上絕緣斜面上固定有“人形狀的光滑金屬導軌和NP長度均為2.5 m , MN連線水平,標系Ox 根粗細均勻的金屬

21、桿 CD長為 3 m.以Mh中點O為原點、OF為x軸建立一維坐長度d為3 m、質量m為1 kg、電阻R為0.3 Q,在拉圖8力F的作用下，從 MN處以恒定速度2好).g 取 10 m/s .v= 1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良(1)求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x = 0.8 m處電勢差Ucd；推導金屬桿CD從 MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖乙中畫出F x關系圖像；(3) 求金屬桿CD從 MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱.答案 (1)1.5 V 0.6 V(2) F= 12.5 3.75 x(0 < x< 2)見

22、解析圖(3) 7.5 J解析1)金厲桿仞在勻速運動中產生的愍應電動勢電勢高當t=0.8 m時，金JI桿在導thi司的電勢差為零.謖此時桿在導軌 外的喪度為那么!尸0P= 皿-竽人=2 m得 I 1,2m由楞次定律尹斷D點電勢高故G。兩端電勢差C/ba5/ hv 一 Qb V(2)桿在導軌間的長度I與位置x的關系是O巴xOP對應的電阻R = dR電流Blv桿受的安培力為F安=BIl = 7.5 3.75 x根據平衡條件得 F= F安+ mg>i n 9F= 1 2.5 3.75 x(0 < x< 2)畫出的F x圖像如下圖.F x圖線下所圍的面積.即 W= 5 + 12.5 X

23、 2 J =217.5 J而桿的重力勢能增加量巳=mgOPn 9故全過程產生的焦耳熱Q= VWA &= 7.5 J .【2021 上海24】1如下圖，一無限長通電直導線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質量為0.02kg，在該平面上以V0 2m/s、與導線成60。角的初速度運動，其最終的運動狀態(tài)是，環(huán)中最多能產生 J 的電能。It1 .【答案】勻速直線運動；0.03【解祈】金屬環(huán)最會沿與通電直導線平行的直練 做勻速直線運動，最終速度XV。W由能量守恒定律，得環(huán)中最多能產生電能E=AE=0.03J【2021 浙江 16】2 如下圖為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上,且正對平行放置。工

24、作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，外表鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在金屬極板中間，那么A. 乒乓球的左側感應出負電荷B. 乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C. 乒乓球共受到電場力，重力和庫侖力三個力的作用D. 用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞2 .【答案】D【解析】從圖中可知金屬板右側連接電源正艇所臥電場水平向左故乒乓球上的電子移動到右側 即乒乓球的右側感應出員電荷，尹乓球右側帶員電，受的電場力同右，乒乓球左側帶正電，旻 到的電場力向左，因為左右兩側感應岀的電荷量相等，所以曼到的電場力相等，乒乓球第U擾動后，最終 仍會靜止，不會吸附®左極板上，B錯

25、誤？乒乓球受到重力和電場力作用，庫侖力目功電場力，c錯誤；用 纏絳棒將乒乓瑚戔到與右擾板接融，乒乓球帶正電在電場力作埔下，與左極梔接觸，熱后乒乓球帶員電 又在電場力件用下運動到右極板，與右極板接觸后乒乓球帯正電在電場力作用T,運動左極阮如 此重復 > 即乒乓球會在兩極板間耒回碰撞 D正確&【2021 海南 2】3.如下圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度 v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小& ,將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折彎，置于磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的

26、感應電動勢大小為，那么一等于X XXXX XXX小或。XX XXXXXXA. 1/2 B . 2 C. 123.【答案】B2，故產生的感應電動勢為B" B¥LV今，所以_22B正確?！?021 上海20】5如圖，光滑平行金屬導軌固定在水平面上，左端由導線相連，導體棒垂直靜置于導軌上構成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動。在勻速運動過程中外力F做功Wf ,磁場力對導體棒做功 Wi，磁鐵克服磁場力做功 W2 ,重力對磁鐵做功 Wg，回路中產生的焦耳熱為Q導體棒獲得的動能為 Ek。那么A. WiQ B W2 W Q C W Ek D Wf WgEk Q5

27、【答案】BCD【解析】由能量守恒定律可輸鐵鐵克服礒場力做功吧，等于回路的電能"電自甘肖井轉化為內能" 畀一部井輕化導體楝的機械箒所以W-昭故A錯昆B正確；以導體樺為對象，由動能定理可 知，磁場力對導體棒做功W氓 故C正確？外力對磁鐵詼功垢重力對昭鐵fS?功之和為回踣中的電能, 也尊于焦耳勢和Wftft的內能，故D正確.【2021 重慶 4】6題4圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為，面積為S.假設在到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由 Bi均勻增加到B2，那么該段時間線圈兩端 a和b之間的電勢差 a bC.恒為nS (B2 Bi

28、)t2 tl6. 【答案】CB.從0均勻變化到nS(B2 B1)t2 tiD從0均勻變化到 nS(B2 Bl)t2 ti【解析】穿過線圈的磁場均勻增加，將產生大小恒定的感生電動勢，由法拉第電磁感應E n nS(B2 Bi)定律得tt2 ti，而等效電源內部的電流由楞次定理知從a b，即b點是a b等效電源的正極，即nS(B2 Bi)t2 ti，應選 Co【20i5 全國新課標ni5】7.如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B,方向平行于ab邊向上。當金屬框繞 ab邊以角速度®逆時針轉動時，a、b、 c三點的電勢分別為 U、U、UC。bc邊的長度為I。以下判斷

29、正確的選項是03a. ua> u，金屬框中無電流B. U> >U，金屬框中電流方向沿a-Ac-aC. Uc=-i/2BI23，金屬框中無電流D. U>c=1/2BI2w,金屬框中電流方向沿a- c-b - a7. 【答案】C【解析】當金屬框繞ab邊臥角速度逆時諾專動時，穿過直角三角形金屬框血的磁誦量恒為0,所% =丄助以沒有感應電流由右手定那么可知暫點電勢高，2、故C正臥A> E、D錯誤它【2021 全國新課標119】& 1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗。實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所

30、示。實驗中發(fā)現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后。以下說法正確的選項是A. 圓盤上產生了感應電動勢B. 圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動C. 在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D. 圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動PQ始終與ab垂直，且與線框)8. 【答案】AB【解析】圓盤運幼過程中，半徑方向的金屬條在切劃礒感練 在圓心和邊緣之間產生了感應電動勢a 選項A汕 圓盤在徑向的輻條切磁感線過程中內剖距離圓心遠近不同的點電勢不等而邢成渦流產生， 選項B對。81盤轉動過程中1盤位置，團盤面

31、積和盛場都沒有發(fā)生變出所以沒呦通蚩的變化，選項 C錯。圓盤本身呈現電中性不會產生環(huán)形電流選項D錯?！?021 福建 18】9如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abed,固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為 R的導體棒PQ在水平拉力作用下沿 ab、de以速度v勻速滑動，滑動過程接觸良好，不計摩擦。在PC從靠近ad處向be滑動的過程中(A. PQ中電流先增大后減小B. PQ兩端電壓先減小后增大C. PQ上拉力的功率先減小后增大D. 線框消耗的電功率先減小后增大9. 【答案】C【解析】設PQ左側電路的電阻為 Rx,那么右側電路的電阻為 3R-Rx，所

32、以外電路的總電阻 為Rx 3R RxIPQ中的電流：3R，外電路電阻先增大后減小，所以路端電壓先增大后減小，所以誤；電路的總電阻先增大后減小，再根據閉合電路的歐姆定律可得先較小后增大，故 A錯誤；由于導體棒做勻速運動，拉力等于安培力，即F=BIL，拉力的功率Rx 3R RxR P=BILv，先減小后增大，所以C正確；外電路的總電阻3R 最大為3R/4，小于電源內阻R,又外電阻先增大后減小，所以外電路消耗的功率先增大后減小，故D錯誤?！?021 北京 20】10.利用所學物理知識，可以初步了解常用的公交一卡通 IC卡 的工作原理及相關問題。IC卡內部有一個由電感線圈L和電容C構成的LC的振蕩電路

33、。公交卡上的讀卡機刷卡時“嘀的響一聲的機器向外發(fā)射某一特定頻率的電磁波。刷卡時， IC卡內的線圈L中產生感應電流，給電容 C充電，到達一定的電壓后，驅動卡內芯片進行數 據處理和傳輸。以下說法正確的選項是A. IC卡工作場所所需要的能量來源于卡內的電池B. 僅當讀卡器發(fā)射該特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作C. 假設讀卡機發(fā)射的電磁波偏離該特定頻率，在線圈 L中不會產生感應電流D. IC卡只能接收讀卡器發(fā)射的電磁波，而不能向讀卡機傳輸自身的數據信息10. 【答案】B【解析】IC卡中有一個LC線圈和電容當讀卡機發(fā)出的申悔液襁1£電踣接收到，使得IC卡匯總的電路充電，所以IC卡的能量來

34、源于讀卡機發(fā)射的電晞減選項A錯誤* B-LC振蕩電路接收與其固有頻率相同的電磁波2兀亦,讀卡機發(fā)出的電盛波頻率5之匹配才誚團最優(yōu)的充電效果，使電容電壓到達預定值才能進行數1811專輸選項B正確。U如果是亙它頻率的電戡波，根拐法拉第電雄感應定律， 穿過線圈的璐誼量發(fā)生了變抓依然會有感應電流選項c錯誤。a據題意電容到達一定電壓之后，驅動 卡芯片進行數協傳輸，選項D錯誤應選Bo【2021 安徽 19】11 如下圖，abed為水平放置的平行“匚形光滑金屬導軌，間距為I。導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B,導軌電阻不計。金向滑動金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好。那么B.電路中感應電流的大

35、小為屬桿MN頃斜放置，與導軌成角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于ed的方Bvsin r2 .C. 金屬桿所受安培力的大小為空rD. 金屬桿的熱功率為r sin11. 【答案】B【解折】導依棒切割磁感線產生感應電動勢耳=嘰故A錯誤；感應電涼的大小，故忖用的安培力/噲r學故c服鈿桿的熱功率Ir = siuGr變?yōu)閳A形。那么磁場A逐漸增強，方向向外B逐漸增強，方向向里C逐漸減弱，方向向外D逐漸減弱，方向向里【答案】CD【解析】此題考查了楞次定律，感應電流的磁場方向總是阻礙引起閉合回路中磁通量的 變化，表達在面積上是“增縮減擴，而回路變?yōu)閳A形，面積是增加了，說明磁場是在逐漸 減弱因不知

36、回路中電流方向，故無法判定磁場方向，故CD都有可能。2. 【2021 新課標全國卷I】在法拉第時代，以下驗證“由磁產生電設想的實驗中，能觀察到感應電流的是A. 將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化B. 在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化C. 將一房間內的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化D. 繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化【答案】D【解析】產生感應電流的條件是：只要穿過閉合電踣的磁通量發(fā)生變化，電路中就會產生感應電流本 題中的A,

37、B選項都不會使電路中的磁通量發(fā)生變匕不滿足產土感應電流的條件故不正確 C選項雖然 在插入條冊磁錢疇間電路中的磁通量翁生變化,但星當人到相鄰房間時，電路已到達檢亢狀態(tài)，電路中的 就通量不再發(fā)生變化，故觀察不到感應電濟.在給線圈通電、斷電間，會引起閉合電踣盤通量的變化. 產生感應電流-因此D選項正確.3. 【2021 新課標全國卷I】如圖 所示，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上.在 ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖b所示.線圈內部的磁場與流經線圈的電流成正比，那么以下描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中， 可能正確的選項是【解析】 此題考查了電磁感應的圖像.根據法拉第電磁感

38、應定律，ab線圈電流的變化率與線圈cd上的波形圖一致，線圈cd上的波形圖是方波，ab線圈電流只能是線性變化的，所以C正確.4. 【2021 江蘇卷】如下圖，一正方形線圈的匝數為n邊長為a,線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中.在 t時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B在此過程中，線圈中產生的感應電動勢為A.Ba2nB.2 2nBanBa2T7 C. TT D.22nBa t【答案】B【解析】根據法拉第電磁感應定律知云=等二諾毛2逑里的時旨的是線圈在磁場中的有效面島即故遲因此B項正確.5. 【2021 山東卷】如下圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內，通 有恒定

39、電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定，導體棒與軌道垂直且接觸良好，在向右勻速通過M N兩區(qū)的過程中，導體棒所受安培力分別用Fm Fn表示不計軌道電阻以下表達A. Fm向右 B . Fn向左C. Fm逐漸增大D . Fn逐漸減小【答案】BCD【解析】 根據安培定那么可判斷出，通電導線在M區(qū)產生豎直向上的磁場，在 N區(qū)產生豎直向下的磁場.當導體棒勻速通過M區(qū)時，由楞次定律可知導體棒受到的安培力向左.當導體棒勻速通過 N區(qū)時，由楞次定律可知導體棒受到的安培力也向左.選項B正確.設導體棒的電阻為r,軌道的寬度為L,導體棒產生的感應電流為I',那么導體棒受到的安培力F安=BI'BLvB2

40、L2vL= BL=R+ rR+ r，在導體棒從左到右勻速通過M區(qū)時，磁場由弱到強，所以 Fm逐漸增大；在導體棒從左到右勻速通過N區(qū)時，磁場由強到弱，所以Fn逐漸減小.選項 CD正確.6. 【2021 四川卷】如下圖，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H P固定在框上,H P的間距很小.質量為 0.2 kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為 0.1 Q .此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B= (0.4 0.2 t) T，圖示磁場方向為正方向.框、擋

41、板和桿不計形變.那么()A. t = 1 s時，金屬桿中感應電流方向從C到DB. t = 3 s時，金屬桿中感應電流方向從D到CC. t = 1 s時，金屬桿對擋板 P的壓力大小為0.1 ND. t = 3 s時，金屬桿對擋板 H的壓力大小為0.2 N【答案】AC【解析】ffiT£=0.4-0_2flT,在時穿過平面的船通量冋下并浪少側拒鋸楞次定律可以判斷, 金屬桿中惑應電凌方向從G到6 A正喙在孑總時穿過平面的趣量向上井憎扣那么根抿楞;疑律可 以判血金屬桿中感應電流方向仍然是從Oil 6 B錯誤.由注歸電苗感應罡律御*筈=塔曲 卅=0A V,曲可合電踣的既腎定律得電踣電浣Q魯=1入

42、 在尸1岸寸，£=Q2 T,方冋鼾阿匚 電流方問從C到0金膚懺對苦極P的壓力水平向右，大小為齊二血曲奶=0.1 N, CM.同理，在匸仇時金屬桿對甘扳円的壓力水平冋左，大小為妙=0.1 N? D錯誤.7. 【2021 安徽卷】 英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場.如圖所示，一個半徑為r的絕緣細圓環(huán)水平放置，環(huán)內存在豎直向上的勻強磁場B,環(huán)上套一帶電荷量為+ q的小球.磁感應強度 B隨時間均勻增加，其變化率為 k,假設小球在環(huán)上運動 一周，那么感生電場對小球的作用力所做功的大小是 1 2 2 2A. 0 B.2qkC. 2n r qk D . n r qk【答案】

43、D【解析】 此題考查電磁感應、動能定理等知識點，考查對“變化的磁場產生電場的理 B解能力與推理能力.由法拉第電磁感應定律可知， 沿圓環(huán)一周的感生電動勢 E感= "Z7 S=k n r2，電荷環(huán)繞一周，受環(huán)形電場的加速作用，應用動能定理可得W= qE感=冗r2qk.選項D正確。8. 【2021 全國卷】很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒.條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊讓條形磁鐵從靜止開始下落.條形磁鐵在圓筒中的運動速率A.均勻增大B. 先增大，后減小C. 逐漸增大，趨于不變D. 先增大，再減小，最后不變【答案】C【解析】此題考查楞次定律、

44、法拉第電磁感應定律.豎直圓筒相半于閉合電路，昭鐵穿過閉合電路， 產生感應電流，根18楞坎定律，磁鐵受到向上的阻礙磁鐵運動的安培力，幵始時磁鐵的速度小產生的感 應電冼也小，安塔力也小，血錢抽速運動，隨著潼度的增大，產生的感底電澆增犬安te力也增犬，直到 安培力等于重力疔寸候、磁鐵勻速運動所以c正確*9. 【2021 廣東卷】 如圖8所示，上下開口、內壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，那么小磁塊A. 在P和Q中都做自由落體運動B. 在兩個下落過程中的機械能都守恒C. 在P中的下落時間比在 Q中的長D. 落至底部時在 P中的速度比在 Q中的大【答

45、案】C【解析】 磁塊在銅管中運動時，銅管中產生感應電流，根據楞次定律，磁塊會受到向上的磁場力，因此磁塊下落的加速度小于重力加速度，且機械能不守恒，選項A、B錯誤；磁塊在塑料管中運動時，只受重力的作用，做自由落體運動，機械能守恒，磁塊落至底部時，根 據直線運動規(guī)律和功能關系，磁塊在P中的下落時間比在 Q中的長，落至底部時在 P中的速度比在Q中的小，選項 C正確，選項D錯誤.10. 【2021 江蘇卷】 如下圖，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來.假設要縮短上述加熱時間，以下措施可行的有A.增加線圈的匝數 B 提高交流電源的頻率C.將金屬杯換為瓷杯 D

46、取走線圈中的鐵芯【答案】AB【解析】根據法拉第電磁感應罡律E二知，増加線圈的匝數心提高交澆電源的頻率即縮患交流 電源的周期相當于減小厶這兩種方法部能便感應電動勢増大應選項A、E正確.將金屬杯換初瓷杯，那么 沒有閉合電踣，也就沒有感應電流；取走線圈中的鐵芯，那么使線圈中的磁場大大減弱，貝I風3通量的變化率 減小.感應電動勢減丿卜應選頂G D錯誤*11. 【2021 新課標n卷】半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒 AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌 中心0,裝置的俯視圖如下圖整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B,方向豎直

47、向下.在內圓導軌的C點和外圓導軌的 D點之間接有一阻值為 R的電阻圖中未畫出.直導體棒在水平外力作用下以角速度3繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸.設導體棒與導軌之間的動摩擦因數為口，導體棒和導軌的電阻均可忽略.重力加速度大小g.求1通過電阻R的感應電流的方向和大小:外力的功率.2【答案】1從C端流向D端3 :Br2 R39® 2BV 2 口 mg® r + 4R【解析】1在厶t時間內，導體棒掃過的面積為1 2 2 S= 23 t(2r) r 根據法拉第電磁感應定律，導體棒上感應電動勢的大小為根據右手定那么，感應電流的方向是從B端流向A端.因此，通過電阻

48、 R的感應電流的方向是從C端流向D端.由歐姆定律可知，通過電阻R的感應電流的大小I滿足聯立式得3® Br22R2在豎直方向有mg- 2N= 0式中由于質量分布均勺 加外圓導軌對導體棒的正壓力大小相等，其鮎M兩黝對運行的導依 棒的滑動摩撫力均為在時間內導體権在內、外圓軌上掃過的弧長為 iL=?wAi©和12= 2r co A t 克服摩擦力做的總功為Wf= f I 1+ 12在A t時間內，消耗在電阻R上的功為WR= I2RA t 根據能量轉化和守恒定律知，外力在At時間內做的功為W= W+ WR?外力的功率為P=由至12式得12.【2021 安徽卷】3P= 2 口 mg&#

49、174; r +9 o 2bV4R16分如圖1所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角e為30°的斜面向上絕緣斜面上固定有“ A形狀的光滑金屬導軌的MPN電阻忽略不計，MP和NP長度均為2.5 m , MN連線水平，長為 3 m.以MN中點O為原點、OF為x軸建立一維坐標系 Ox 根粗細均勻的金屬桿 CD長度d為3 m,質量m為1 kg、電阻R為 0.3 Q,在拉力F的作用下，從 MN處以恒定速度v= 1 m/s在導軌上沿x軸正向運動金屬桿與導軌接觸良好.g取10 m/s圖1(1) 求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x = 0.8 m處電勢差UCd；(

50、2) 推導金屬桿CD從 MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖2中 畫出Fx關系圖像；(3) 求金屬桿CD從 MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱.【答案】(1) 0.6 V (2)略(3)7.5 J【解析】金屬桿3在勻速運動中產生的感應電動勢E二幀二心£=LSV(£»點電勢高】當Q0主m時，金屬桿在導軌間的電勢差為秦 設此時桿在導軌外的長曲 5 那么由楞坎走律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差口価二ttn= 06V(2)桿在導軌間的長度I與位置x關系是OP- x31 = OP d= 3 2xIBlv對應的電阻R為R=：R,電流I =三-dR桿受的

51、安培力 F安=BIl = 7.5 3.75 x根據平衡條件得 F= F安+ mgsi n 9F= 12.5 3.75 x(0 w x< 2)畫出的Fx圖像如下圖.外力尸所做的功既尊于咼圖線下所圍的面積，即略二5 + 12.52X2J=17-5 J而桿的重力勢能増加量二單£鈕&故全過程產生的焦耳熱Q=Wf-AE7 SJ13. 【2021 北京卷】(20分)導體切割磁感線的運動可以從宏觀和微觀兩個角度來認識如下圖，固定于水平面的U形導線框處于豎直向下的勻強磁場中，金屬直導線MN在與其垂直的水平恒力 F作用下，在導線框上以速度v做勻速運動，速度 v與恒力F方向相同；導線MN臺

52、終與導線框形成閉合電路.導線MN電阻為R,其長度L恰好等于平行軌道間距，磁場的磁感應強度為 B.忽略摩擦阻力和導線框的電阻.K KX 財 XX X X耳 KX K X(1) 通過公式推導驗證：在 t時間內，F對導線MN所做的功 W等于電路獲得的電能 Wfe, 也等于導線MN中產生的熱量Q;(2) 假設導線MN的質量m 8.0 g、長度L= 0.10 m，感應電流I = 1.0 A，假設一個原子貢獻一個自由電子，計算導線 MN中電子沿導線長度方向定向移動的平均速率Ve(下表中列出一些你可能會用到的數據)；阿伏伽德羅常數 NA23一 16.0 x 10 mol元電荷e1.6 x 10 一19 C導

53、線MN的摩爾質量 口一 26.0 x 10 kg/mol(3) 經典物理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子和金屬離子(即金屬原子失去電子后的剩余局部)的碰撞展開你想象的翅膀，給出一個合理的自由電子的運動模型；在此 根底上，求出導線 MN中金屬離子對一個自由電子沿導線長度方向的平均作用力f的表達式._ 6【答案】(1)略 (2)7.8 x 10m/s (3) = evB【解析】(1)導線產生的感應電動勢E= BLv導線勻速運動，受力平衡F= F 安=BIL在厶t時間內，外力F對導線做功W Fv A t = F 安 v t = BILv t電路獲得的電能W&= qE= IE A t

54、= BILv A t可見，F對導線MN故的功等于電路獲得的電能W電；導線MN中產生的熱量2Q= I Ra t = I A t IR= qE= Wf電可見，電路獲得的電能 呱等于導線MN中產生的熱量 Q(2)導線砂中具有的原子數為因為一個金屬原子奉獻一個電子，所以導線冊中的自由電子數也是M 導線磁單位休積內的自宙電子數SL其中，S為導線冊的橫截面積.因為電流I = n VeSe所以I IL IL 口Ve= =nSe Ne mlAte解得_ 6Ve = 7.8 x 10_ m/s.方法一：動量解法設電子在第一次碰撞結束至下一次碰撞結束之間的運動都相同，經歷的時間為厶t，電子的動量變化為零.因為導線MN的運動，電子受到沿導線方向的洛倫茲力f洛的作用f 洛=evB沿導線方向，電子只受到金屬離子的作用力和 f洛作用，所以I f f 洛厶 t = 0其中If為金屬離子對電子的