高中物理高考一輪復習一輪復習 2023屆高三專題復習十九 法拉第電磁感應定律及其應用

專題十九法拉第電磁感應定律及其應用一、考點分析一、考點分析1．高考對本部分內容的考查命，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計算題?？疾閮热葜饕性诶秒姶鸥袘疽?guī)律分析動態(tài)過程。2．注意要點：電磁感應中的有些題目可以從動量角度著手，運用動量定理或動量守恒定律解決。二、考題再現(xiàn)二、考題再現(xiàn)典例1.(2023·全國卷I·20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上。t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內()A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)【解析】第一過程從①移動②的過程中，左邊導體棒切割產生的電流方向是順時針，右邊切割磁感線產生的，根據(jù)楞次定律可知在0～t0時間內，磁感應強度減小，感應電流的方向為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向左，在t0～t1時間內，磁感應強度反向增大，感應電流的方向為順時針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項A錯誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，根據(jù)電阻定律可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以選項C正確，D錯誤。【答案】BC典例2.(2023·全國卷II·21)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場時開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()【解析】由圖(b)可知，導線PQ中電流在t＝T/4時達到最大值，變化率為零，導線框R中磁通量變化率根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產生的感應電動勢大小相等，若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是A；由于兩導體棒從同一位置釋放，兩導體棒進入磁場時產生的感應電動勢大小相等，MN進入磁場區(qū)域切割磁感線產生感應電動勢，回路中產生的感應電流不可能小于I1，B錯誤；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產生感應電動勢和感應電流，且感應電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能是D，C錯誤?！敬鸢浮緼D三、對點速練三、對點速練1．如圖，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kg，在該平面上以v0＝2m/s、與導線成60°角的初速度運動，最后達到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過程中()A．金屬環(huán)受到的安培力與運動的方向相反B．在平行于導線方向金屬環(huán)做減速運動C．金屬環(huán)中最多能產生電能為JD．金屬環(huán)動能減少量最多為J【答案】D【解析】金屬環(huán)周圍有環(huán)形的磁場，金屬環(huán)向右運動，磁通量減小，根據(jù)“來拒去留”可知，所受的安培力將阻礙金屬圓環(huán)遠離通電直導線，即安培力垂直直導線向左，與運動方向并非相反，安培力使金屬環(huán)在垂直導線方向做減速運動，當垂直導線方向的速度減為零，只剩沿導線方向的速度，然后磁通量不變，無感應電流，水平方向合力為零，故為勻速直線運動，A、B錯誤；由題知，金屬環(huán)最終以v0cos60°＝1m/s，沿平行導線方向做勻速直線運動，動能的減少量為J，則產生的電能最多為，C錯誤，D正確。2．如圖所示，處于勻強磁場中的半封閉平行金屬導軌框架MNPQ，寬NP＝L。磁場與其平面垂直，磁感應強度B的變化規(guī)律如圖所示。導體棒ab的電阻為R，導軌電阻不計。從t＝0開始，在外力作用下導體從導軌的最左端以速度v向右勻速運動，則t0時刻回路中的感應電流大小為()A．0B．C．D．【答案】C【解析】t0時刻ab切割磁感線產生的動生電動勢為，ab中電流的方向由b到a；此時回路中的感生電動勢為，ab中電流的方向也是b到a?？芍芈分械母袘娏鞔笮?，故C正確。3．(多選)如圖所示電路中，P為發(fā)光氖泡，發(fā)光電壓U＞60V，L為自感系數(shù)很大、電阻不為零的電感線圈，直流電源電動勢E＝6V。接通開關S，氖泡不亮；穩(wěn)定時，L中電流恒定為I0；斷開S時，氖泡能短時間內發(fā)光。關于該現(xiàn)象，下列說法正確的有()A．S接通瞬間，L中電流是逐漸增加的B．S接通穩(wěn)定時，P兩端電壓為零C．S斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時電流最大值可能超過I0D．S斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時電流從右向左【答案】AD【解析】S接通瞬間，線圈L中的電流從無到有發(fā)生變化，線圈L中產生的自感電動勢對電流的增大有阻礙作用，所以通過線圈L的電流慢慢變大，故選項A正確；S接通穩(wěn)定時，由于電感線圈的電阻不為零，電感線圈兩端電壓不為零，所以發(fā)光氖泡兩端電壓不為零，故選項B錯誤；S斷開瞬間前，線圈L中電流恒定為I0，S斷開瞬間，線圈L由于自感現(xiàn)象會產生與線圈中原電流方向相同的感應電動勢，使線圈中的電流將從原來的I0逐漸減小，方向不變，且由于它和氖泡P構成回路，通過氖泡P的電流和線圈L中的電流大小相同，也從I0逐漸減小，通過氖泡P的電流從右向左，故選項D正確，C錯誤。4．(多選)如圖甲所示，一個邊長為L的正方形線框固定在勻強磁場(圖中未畫出)中，磁場方向垂直于導線框所在平面，規(guī)定向里為磁感應強度的正方向，向右為導線框ab邊所受安培力F的正方向，線框中電流i沿abcd方向時為正，已知在0～4s時間內磁場的磁感應強度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列圖象所表示的關系正確的是()【答案】AD【解析】由題意可知，規(guī)定向里為磁感應強度的正方向，線框中電流i沿abcd方向時為正；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(S·ΔB,Δt)，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(S·ΔB,RΔt)，由B－t圖象可知，在每一時間段內，eq\f(ΔB,Δt)是定值，在各時間段內I是定值，ab邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，A正確B錯誤；由圖示B－t圖象可知，0～1s時間內，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流是逆時針方向，為正值；同理1～2s，磁場向里，且增大，磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應電流是逆時針，為正值；2～3s，B的方向垂直紙面向里，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，感應電流是負的；3～4s內，B的方向垂直紙面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，感應電流是負的，故C錯誤D正確。5．(多選)物理和數(shù)學有緊密的聯(lián)系，解決物理問題經(jīng)常要求同學們要有一定的數(shù)學功底。如圖所示，一個被x軸與曲線方程(m)(x≤m)所圍的空間中存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝T。單匝正方形絕緣金屬線框的邊長是L＝m，線框總電阻R＝Ω，它的一邊在光滑軌道的x軸上，在拉力F的作用下，線框以v＝10m/s的速度水平向右勻速運動。則()A．拉力F的最大值是NB．拉力F的最大功率是WC．拉力F要做J功才能把線框拉過磁場區(qū)D．拉力F要做J功才能把線框拉過磁場區(qū)【答案】AD【解析】線框向右勻速運動過程中，切割磁感線產生的感應電動勢，當y最大時，E最大，最大值為V，感應電流最大值為A，所受到的安培力最大，拉力F的最大值N，拉力F的最大功率W，故A正確，B錯誤；整個過程拉力做功J，故D正確，C錯誤。6．(多選)如圖甲所示，平行光滑金屬導軌水平放置，兩軌相距L＝m，導軌一端與阻值R＝Ω的電阻相連，導軌電阻不計。導軌x＞0一側存在沿x正方向均勻增大的磁場，其方向與導軌平面垂直向下，磁感應強度B隨位置x變化如圖乙所示。一根質量m＝kg、接入電路的電阻r＝Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2m/s沿導軌向右變速運動，且金屬棒在運動過程中受到的安培力大小不變。下列說法中正確的是()A．金屬棒向右做勻減速直線運動B．金屬棒在x＝1m處的速度大小為m/sC．金屬棒從x＝0運動到x＝1m過程中，外力F所做的功為－JD．金屬棒從x＝0運動到x＝2m過程中，流過金屬棒的電荷量為2C【答案】CD【解析】根據(jù)題圖乙得B與x的函數(shù)關系式B＝＋，金屬棒向右運動切割磁感線產生感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)，安培力F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，解得v＝eq\f(F安R＋r,B2L2)＝eq\f安,＋2×＝eq\f(10F安,x＋12)，根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式v2－v02＝2ax，如果是勻變速直線運動，v2與x成線性關系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運動，故A錯誤；根據(jù)題意金屬棒所受的安培大小不變，x＝0處與x＝1處安培大小相等，有eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r)＝eq\f(B\o\al(,12)L2v1,R＋r)，即v1＝eq\f(B\o\al(,02)v0,B\o\al(,12))＝m/s，故B錯誤；金屬棒在x＝0處的安培力大小為F安＝eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r)＝N，對金屬棒從x＝0運動到x＝1m過程中，根據(jù)動能定理有WF－F安·x＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得WF＝－J，故C正確；根據(jù)電荷量公式q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(ΔB·x,R＋r)L，x＝0到x＝2m過程中B－x圖象包圍的面積ΔB·x＝eq\f＋,2)×2T·m＝2T·m，q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(2×,C＝2C，故D正確。7．(多選)如圖所示，虛線為相鄰兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的邊界，兩個區(qū)域的磁場磁感應強度大小都為B，方向相反且都垂直于紙面，兩個區(qū)域的高度都為l。一質量為m，邊長也為l的單匝矩形導線框abcd，從磁場區(qū)域上方某處由靜止釋放，ab邊進入?yún)^(qū)域Ⅱ之前，線框已開始做勻速運動，速度大小為v1，當線框的ab邊下落到出區(qū)域Ⅱ之前，線框又開始做勻速運動，速度大小為v2。下落過程中，ab邊保持水平且線框不發(fā)生轉動，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．線框進入磁場區(qū)域Ⅰ過程中，可能加速度減小，速度變大B．v2＝eq\f(1,4)v1C．當線框的ab邊剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，加速度大小為gD．線框出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，可能加速度減小，速度減小【答案】AB【解析】如果線框進入磁場時安培力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FA＝ma，即，速度增大，加速度減小，所以線框進入磁場區(qū)域Ⅰ過程中，可能加速度減小，速度變大，故A正確；ab邊剛進入?yún)^(qū)域Ⅰ時，線框受到的安培力：F＝BIl＝，線框做勻速運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：＝mg，解得：v1＝；線框ab邊下落到區(qū)域Ⅱ中間位置時，線框又開始做勻速運動，設此時線框的速度為v2，安培力為F安′＝，由平衡條件得：mg＝F安′，解得：v2＝eq\f(1,4)v1，故B正確；當ab邊剛進入磁場區(qū)域Ⅱ時，ab和cd兩邊都切割磁感線產生感應電動勢，回路中感應電動勢為：E′＝2Blv1，感應電流為：I′，線框所受的安培力大小為F安＝2BI′l＝＝4mg，根據(jù)牛頓第二定律得：F安-mg＝ma，解得：a＝3g，方向：豎直向上，故C錯誤；線框出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，安培力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FA＝ma，即a＝g-，速度增大，加速度減小，所以線框進入磁場區(qū)域Ⅰ過程中，加速度減小，速度變大，故D錯誤。8．如圖所示，光滑水平面上兩個完全相同的直角L形勻質金屬導軌，角平分線在同一直線上，導體單位長度上的電阻為r。導軌Ⅱ固定，導軌Ⅰ以恒定的速度v0在角平分線上無摩擦滑動。水平面內有豎直向上的勻強磁場，磁感強度為B。當兩導軌交叉后，交叉點保持良好接觸，t＝0時，兩導軌頂點恰好重合。設導軌足夠長，磁場區(qū)域足夠大，求：(1)t時刻，矩形LMNO中感應電流的大小及方向；(2)t時刻，導軌Ⅰ所受的拉力；(3)0～t時間內拉力所做的功?！窘馕觥?1)0～t時間內導軌I運動的位移為：l＝v0t由幾何關系知，t時刻導軌I切割磁場的等效長度為l則導軌I切割磁場所產生的感應電動勢為：而t時刻，矩形回路LMON中總電阻為：則LMON回路中感應電流的大小為：感應電流方向為：（或順時針方向）(2)由于導軌I以恒定的速度v0向右運動，因此導軌I所受的拉力大小與安培力相等，則有：代入數(shù)據(jù)得，導軌I所受的拉力為：(3)由可得拉力F與位移l的關系式為：則0～t時間內拉力所作的功為：。9．如圖所示，水平光滑金屬導軌在同一水平面上，間距分別為L和，間距為L的導軌有一小段左右斷開，為使導軌上的金屬棒能勻速通過斷開處，在此處鋪放了與導軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處）。質量為m、電阻為Rl的均勻金屬棒ab垂直于導軌放置在靠近斷開處的左側，另一質量也為m、電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導軌放置在間距為的導軌左端。導軌MN和PQ、M′N′和P′Q′都足夠長，所有導軌的電阻都不計。電源電動勢為E、內阻不計。整個裝置所在空間有豎直方向的、磁感應強度為B的勻強磁場。閉合開關S，導體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達斷開處右側的導軌上。求：(1)空間勻強磁場的方向；(2)通過電源E某截面的電荷量；能?！窘馕觥?1)閉合開關，電流到b到a，而ab受到的安培力向右，故磁場方向豎直向下。(2)對ab棒，設受安培力時間為Δt，這段時間的平均電流為I，平均安培力為F，通過導體棒（也就是電源）某截面的電荷量為q，由動量定理得：且，解得：(3)ab滑上MN和PQ時速度仍為v0，由于電磁感應，安培力使ab減速，使cd加速，直至電路中電流為0（即總感應電動勢為0）而各自勻速運動，設ab和cd勻速的速度分別是v1、v2，經(jīng)歷的時間為t，這一過程回路中的平均電流I′，由動量定理有：對ab棒：對cd棒：由電磁感應規(guī)律：則有：解得：棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失機械能解得：。10．如圖所示是依附建筑物架設的磁力緩降高樓安全逃生裝置，具有操作簡單、無需電能、逃生高度不受限制，下降速度可調、可控等優(yōu)點。該裝置原理可等效為：間距L＝m的兩根豎直導軌上部連通，人和磁鐵固定在一起沿導軌共同下滑，磁鐵產生磁感應強度B＝T的勻強磁場。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導體棒cd與導軌相連，整個裝置總電阻始終為R，如圖所示。在某次逃生試驗中，質量M1＝80kg的測試者利用該裝置以v1＝m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質量m＝20kg，重力加速度取g＝10m/s2，且本次試驗過程中恰好沒有摩擦。(1)判斷導體棒cd中電流的方向；(2)總電阻R多大？(3)如要使一個質量M2＝100kg的測試者利用該裝置以v1＝m/s的速度勻速下滑，其摩擦力f多大？(4)保持第(3)問中的摩擦力不變，讓質量M2＝100kg測試者從靜止開始下滑，測試者的加速度將會如何變化？當其速度為v2＝m/s時，加速度a多大？要想在隨后一小段時間內保持加速度不變，則必需調控摩擦力，請寫出摩擦力大小隨速率變化的表達式?！窘馕觥?1)從d到c。(2)對導體棒：電動勢E＝BLv1，感應電流，安培力FA＝BIL由左手定則可判斷，導體棒cd所受安培力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受到磁場力向上，大小為FA?＝FA＝對M1和m：由平衡條件可得(M1＋m)g＝FA?聯(lián)立解得：R＝×10－5Ω。(3)對M2和m：由平衡條件可得：(M2＋m)g＝FA?＋f解得：f＝200N。(4)對M2和m：根據(jù)牛頓第二定律得：(M2＋m)g－FA?－f＝(M2＋m)a所以因為v逐漸增大，最終趨近于勻速，所以逐漸a減小，最終趨近于0當其速度為v2＝m/s時，a＝4m/s2要想在隨后一小段時間內保持加速度不變，則由 得m/s≤v≤m/s)）某興趣小組設計制作了