专题18电磁感应五大常考问题-2020年高三物理备战一模寒假攻关

1、2020年高三物理寒假攻关一备战一模第一部分考向精练专题18电磁感应五大常考问题知识梳理1 .电磁问题方向判断 三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。(3)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的磁场方向。(4)右手定则：判断闭合电路中部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向。2 .楞次定律推论的应用技巧(1)增反减同"；(2)来拒去留"；(3)增缩减扩3 .四种求电动势的方法一，一 A平均电动势E=n -°(2)垂直切割E=BLv。1 2(3)导体棒绕与磁场平行的

2、轴匀速转动E = 2Bl2coo(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e= nBScosin « &4 .感应电荷量的两种求法(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。通过的电荷量表达式为q=IAt=n左基西n4。 AtR总R总(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：一BIlAt=Blq=mAv。5 .解决电磁感应图象问题的两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小 卜变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负以及是否过某些特殊点，以排除错误的选项。(2)函数法：根据题目

3、所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和 判断。6 .三步解决电磁感应中电路问题确定电源：E=nW或E = BlVo(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。(3)应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本规律等列方程求解。7 .电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法(1)分析 受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。(2)分析 能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据动能定理或能量守 恒定律等列方程求解。(3)分析 动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷

4、量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。求速度或电荷量：一B I l At= mv2 mvi, q= I At。小，、一 _ . ._A求时间：F At+ I a = mv2 mvi, Ia = BI lAt= Bl 。B2l2 v AtR总求位移：一B I lAt = -B2l2=mv2 mvi,即一Dm x= m(v2vi)。R心典例分析类型一 电磁感应中的电路问题【例1】(2019济宁调研)如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为 2R的电阻R连接成闭合回路，线圈的半径为1。在线圈中半径为 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如

5、图乙所示 (规定图甲中B的方向为正方向)。图线与横、纵轴的截距 分别为to和B。，导线的电阻不计。求 0ti时间内：(1)通过电阻Ri的电流大小和方向；(2)通过电阻Ri的电荷量q及电阻Ri上产生的热量。7竹七'/"、nB0益 士s,nB0 71r2ti 2n(2)通过Ri的电荷量q= Iti= n211 3RtoB22九【答案R1由b到a (2)-0 9Rt2-【解析】(1)根据楞次定律可知，通过 Ri的电流方向为由b到a。根据法拉第电磁感应定律得，线圈中的电动势E=n If22AB7tr2 nBo 什2to根据闭合电路欧姆定律得，通过Ri的电流R1上产生的热量 Q=I2R

6、1t1=2n2B0 看4ti2 o9Rto2E nBo 2I =-=-。I 3R 3Rto【规律总结】三步走”分析电路为主的电磁感应问题类型二 电磁感应中的动力学问题【例2】(2019银川高三质检)如图所示，水平放置的 U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B=5 T,导轨宽度L=0.4 m,左侧与R= 0.5 的定值电阻连接。右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒 ab质量m=2.0 kg,电阻r = 0.5 Q与导轨的动摩擦因数尸0.2,其余电阻可忽略不计。导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了 x= 40 cm后，速度达到最大，取g= 10

7、 m/s2。 求：(1)导体棒ab运动的最大速度是多少？(2)当导体棒ab的速度v= 1 m/s时，导体棒ab的加速度是多少？(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？【答案】(1)1.5 m/s (2)1 m/s2 (3)0.075 J【解析】(1)导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：E = BLv,由闭合电路的欧姆定律得：I=T- R+ r导体棒受到的安培力：Fa= BIL ,2. 2当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：B-L-vm+ wmg= FR+ r解得最大速度：Vm = 1.5 m/s。(2)当速度为v= 1 m/s时，由牛顿第二定律

8、得:B2L2vF 科 mg= maR+ r解得：a= 1 m/s2。(3)在整个过程中，由能量守恒定律可得:12Fx = Q+mgx?mvm解得：Q=0.15 J,所以 QR= 0.075 J o【规律总结】四步法”分析电磁感应中的动力学问题类型三电磁感应中的能量问题【例3】(2019河南开封一模)如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L,下端接有阻值为 R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为 B的匀强磁场。质量为 m、电阻为r的导体棒ab与上端 固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度Vo,导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂

9、直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是()A .导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反h,则通过电阻R的电量为BLh2RB.初始时刻导体棒两端的电压Uab=BLvoC.若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为D.若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h,此过程导体棒克服弹力做功为W,则电阻R上产生的焦耳热 Q = 4mv2+；mghW【答案】 AC【解析】导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知，ab中产生的感应电流方向从A a,由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上，导体棒竖直向上运动时，由右

10、手定则判断可知，ab中产生的感应电流方向从a-b,由左手定则判断得知 ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个 时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，A正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0,由于r=R, a端电势比b端高，所以导体棒两端的电压Uab=：E = ；BLv0, B错误；若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h,则通过电阻r的电量为q=R* = BR', C正确；导体棒从开始运动到速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q热=；mv0+mgh W,所以电阻R上产生的焦耳热 Q = ；Q热=：mv2+；

11、mgh晟，D错误。【规律总结】电磁感应中的能量分析从能量的观点着手，运用动能定理或能量守恒定律。基本方法是：受力分析弄清哪些力做功，做正功还是负功明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减一由动能定理或能量守恒定律列方程求解。类型四 电磁感应中的图像问题【例4】（2019长沙二模）如图所示，线圈 abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面。当磁场 的磁感应强度 B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变。则下列磁感应强度B随时间t变化的图象中可能正确的是（）【答案】 C【解析】 设线圈ab边、bc边的长度分别为 小也当磁感应强度发生变化时， 线框内产生感应电动势为：2.E=-= 人J

12、2,感应电流为：I = E, ab边所受安培力为：F = BIli,得：F=BB。由公式可及AtAtR1及 R知，若磁场B增大，则号减小；若B减小，则号增大。所以四个图象中只有 C正确。【规律总结】处理图象问题要做到 四明确、一理解-明确图象所描述的物理意义明确各肿正、负号的含义(图象明确斜率的含义明确图象和电磁感应过程之间的对应关系r理 解三个相似关系及其各自的物理意义： 詈一小，丝，/?一6/?-竽，陋一4g一Azaz类型五电磁感应中的动量问题【例5】(2019广东佛山普通高中教学质量检测)如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d=1 m、且足够长、不计电阻。 AC、BD

13、区域光滑，其他区域粗糙且动摩擦因数尸0.2,并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度均为 B=2 To在导轨中央放置着两根质量均为m=1 kg、电阻均为R=2 的金属棒a、b,用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能E=9 Jo现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且 b棒向右运动x=0.8 m后停止，g取10 m/s2,求：XXXX0MxxP(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小；(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。【答案】 (1)3 m/s 3 m/s (2)8 m

14、/s2 (3)5.8 J【解析】 设a、b棒刚进入磁场时的速度大小分别为va、Vb,对a、b组成的系统,由动量守恒定律得：0 = mva mvb,由能量守恒定律得：Ep= 2mva + 2mv2,解得 Va=Vb=3 m/s。（2）当a、b棒刚进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生的感应电动势串联，则有:Ea = Eb = Bdva = 6 V ,回路中感应电流1 =奈=3 A,对b受力分析，由牛顿第二定律得：BId+mg mab,解得 ab= 8 m/s2。（3）将弹簧和金属棒 a、b看做一个系统，分析可知，a、b棒所受力时刻大小相等、方向相反，故系统动量守恒，由动量守恒定律可知，a、b棒的速率

15、时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则在整个运动过程中,对系统，由能量守恒可得：Ep = 2mgXQ,解得Q=5.8 J。强化训练1 . （2019山东泰安检测）矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图甲所示. 设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里,图乙中i表示线圈中感应电流的大小（规定电流沿顺时针方向为正），F表示线框ab边所受的安培力的大小（规定ab边中所受的安培力方向向左为正），则下列图象中可能正确的是（）2 .（多选）（2019河南郑州模拟）用一段横截面半径为r、电阻率为 c密度为d的均匀导体材料做成一个半径N极的轴线上，圆环

16、所在为R（r? R）的圆环.圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在位置的磁感应强度大小均为 B,圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响，则（）I,RWM倒削A.此时在圆环中产生了 （俯视）顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落B2vC.此时圆环的加速度 a= p dD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度Vmndg3.（2019广州荔湾区调研）CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁场区域的宽度为 d,如图所示.导轨的右端接有一阻值为 R

17、的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接.将一阻值为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上 h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处.已知导体棒与水平R的电荷量为BdL2RC.整个电路中产生的焦耳热为mgh D .电阻R中产生的焦耳热为12mg（h一科）4.（2019山东滨州高三上学期期末）如图所示，在竖直向上、磁感应强度为B= 1 T的匀强磁场中，两条足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距 l=1 m,电阻不计，金属棒 AB、CD水平放在两导轨上,相隔为L = 0.2 m,棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为mi=0.2 kg, CD棒质量为m2= 0.4 kg,两金属棒接入电

18、路的总电阻 R=0.5乌若CD棒以v0= 3 m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是（）Il1)A . AB棒的最终速度大小为 1 m/sC.该过程中通过导体横截面的电荷量为B.该过程中电路产生的热量为0.6 J0.4 C D.两金属棒间的最大距离为 0.3 m5 .（2019河南六市一模）边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是（）6 . （2019湖南常德一模）（多选）如图所示，匀强磁场的水平边界相距为d,磁

19、感应强度大小为 B、水平向里。质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd,在磁场上方高 h处由静止释放，已知 cd边刚进入磁场 时与cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，在线圈穿过磁场的整个过程中（ ）R：XHHJEX3CKKXA .线圈产生的热量为 mgdB.若L=d,则所用时间为d，ghC.若L>d,则线圈ab边进入磁场时的速度为 mgRD.若L<d,则线圈的最小速度为 42g（h+Ld ）7 .（2019江苏连云港模拟）如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B,其方向垂直纸面向外.个边长也为a的等边三角形导线框架 EFG正好与上述磁场区域的边界重合，当它以

20、周期T绕其中心。点在纸面内匀速转动时，框架 EFG中产生感应电动势，若经 （线框转到图中的虚线位置，则在 T时间内（）A.平均感应电动势大小等于,3a2B2TB.平均感应电动势大小等于,3a2BC.顺时针方向转动时感应电流方向为E-F-G-ED.逆时针方向转动时感应电流方向为E-G - F-E8 .（2019台山*II拟）如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离l = 0.50 m.轨道的MM端接一阻值为 R=0.50 的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B=0.60 T的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN'、宽度d = 0.80

21、m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道 NP、NP平滑连接，两半圆形轨道的半径均为 Rd = 0.50 m.现有一导体杆ab 静止在距磁场的左边界 s=2.0 m处，其质量 m=0.20 kg、电阻r=0.10 Qab杆在与杆垂直的、大小为 2.0 N 的水平恒力F的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F,杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP'已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数卜= 0.10,轨道电阻忽略不计，取 g= 10 m/s2.求：（1）导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向;(2)在导体杆

22、穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量;(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热.(2)先求出产生的感应电动势的平均值，然后根据欧姆定律求出电流的平均值，进而求出电荷量.(3)回路中机械能转化为内能，根据能量守恒定律求出电路中产生的焦耳热.9 .如图甲所示，将一间距为L=1 m的足够长U形导轨固定，倾角为0= 37。，导轨上端连接一阻值为 R= 2.0的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场。质量为 m= 0.01 kg、电阻为r= 1.0 的金属棒 ab垂直紧贴在导轨上且不会滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数尸0.5,金属棒ab从静止开始下滑，下滑的xt图象如图乙所示，

23、图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度g取10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37=0.8。求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)从开始到t=2.5 s过程中电阻R上产生的热量。10.(2019北京延庆区高三一模)如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为1,电阻不计。左侧接有定值电阻 R,质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度 vo沿轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道 垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度的减小规律类似

24、于放射性元素的半衰期，理论上它将经过无限长的时间衰减完有 限的速度。(1)求在杆的速度从 vo减小到v的过程中电阻R上产生的热量；通过电阻R的电量。(2)证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等;若杆的动能减小一半所用时间为to,则杆的动量减小一半所用时间是多少?1.【答案】AC【解析】在02 s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流.磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值.根据法拉第电磁感应定律得：E=Ws,该段时间内 半恒定，则感应电动势恒定，由 1=5可知感应电流也一定.同理得tAtR知，在24 s内，感应电流方向

25、为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定，故 A正确，B错误；在02 s内，线框ab边所受的安培力的大小为 F = BIL, IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值.同理得知，在24 s内，F与B成正比，安培力方向先向左后向右，即先为正值后为负值，与02 s内情况相同，故 C正确，D错误.2 .【答案】：AD【解析】：圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向（俯视），A正确;再由左手定则可知，圆环受的安培力向上,B错误；圆环中感应电动势为 E=B-2Rv,感应电流1 = 电R2力 c 1 2 tR 2Rp . /口B

26、 wr一 上乙r阻 R = P-2-= -2- 解得 1 =.圆环受的安培力武 rp2B2T2vRr 22一m,圆环质量m=d-2RT2,解得加速度a=g- +、 mgFF = BI - 2R.圆环的加速度 a= = g-pmB2vB, C错误；当mg=F时，加速度a=0,速度最I大，vm=窜g D正确.3 .【答案】ABD【解析】质量为 m的导体棒从弯曲轨道上 h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由mgh=：2mv2,得最大速度v=J2gh,产生的最大感应电动势 Em=BLv = BLj2gR由闭合电路欧姆定律可得通过电阻R的最大电流Im=ES= 吗变,A正确；在导体棒滑过磁场区域的过程

27、中，产生的感应电动势的平均值 T =¥=BL，2R 2RAtAt平均感应电流 T=2,流过电阻R的电荷量为q=Tt,联立解得4=霓=黑，B正确；由能量守恒定律11可知整个电路中广生的焦耳热Q= mgh-mgd C错反；电阻R中广生的焦耳热 Q = 2Q =&mg（h 科j, D正确.4.【答案】BC【解析】开始时CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得:m2vo=(mi+m2)v,解得 v=2 m/s, A 错误；对两棒组成的系统，由能量守恒定律得：2m2v2=Q + ；(mi + m2)v

28、2,解得Q=0.6 J, B正确；对AB棒，由动量定理得：！Bilt = miv,而！t = q,则：Blq = mv,解得q= 0.4 C, C正确；通过金属棒横截面的电荷量：q=I用At=-t-&=誓=萼，两金属棒间的最大距离：D=d+L = qR+L = 04岁 m+0.2 m= 0.4 m, D错误。 R R R RBl 1 X15【答案】：BC【解析】：设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t = 0,则其切割磁感线的有效长度 L=2xtan 30 = 芈x,3则感应电动势 E电动势=BLv= 233Bvx,则C项正确，D项错误.框架匀速运动，故F外力=F安=2. 2B L v

29、4B x v3R8x2, A项错误.P外力功率=5外力v8F外力8x2, B项正确.6【答案】BD【解析】以L<d为例，从cd边刚进入磁场到 cd边刚离开磁场的过程，动能变化为零，重力势能转化为线框产生的热量，根据能量守恒定律可知进入磁场的过程中线圈产生的热量Q=mgd,由于cd边刚进入磁场时与cd边刚离开磁场时速度相等，所以从cd边刚离开磁场到 ab边离开磁场的过程中线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程中线框产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程产生的热量 Q'= 2mgd,故A错误；线圈刚进入磁场时的速度大小v=J2gh,若L=d

30、,线圈将匀速通过磁场，所用时间为,2d 2dt = = *=v . 2gh,故B正确；若L>d, cd边在进入磁场的过程中线圈匀速运动，cd边离开磁场到ab边进入磁场过程中线圈做匀加速运动,2 2线圈匀速运动时有 mg=BRv解得v=器所以线圈ab边进入磁场时的速度大于 mgp,故C错误；若L<d, cd边进入磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，当 cd边刚离开磁场时，速度达到最大可知线圈刚好全部进入磁场时速度最小，设线圈的最小速度为vmin,从线框刚完全进入到cd边刚离开磁场的过程，由动能定理得：2mv2-2mvmin=mg(d-L),而2mv2=mgh,线圈的最小速度

31、为 vmin= M2g(h+ L d )故D正确。7 .【答案】：ACa【解析】：如题图所示，两等边三角形所夹的小三角形为等边三角形，小三角形高为h = -atan 30 =cos 302空a,根据对称性可知，小三角形的底边长为 a,则小三角形的面积为S=1aH3a = 3a2,根据法拉第电磁632 3 636感应定律可知，e=臂 =B3S，联立以上两式解得 百=噂"，A正确，B错误；当导体沿顺时针转动6时，穿过导体框的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向应是逆时针E-F - G - E方向，C正确；当导体沿逆时针转动时，穿过导体框的磁通量也减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向仍然是逆 时针E-F-G-E方向，D错误.8 .【答案】(1)3 A 方向为由b指向a (2)0.4 C(3)0.94 J【解析】(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1由动能定理得(Fmg|s= 2mv2 0导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E=Blv1此时通过导体杆的电流大小为I =-R+r代入数据解得I = 3 A由右手定则可知，电流的方向为由b指向a._ _ .丁 A 7 E7 .，(2) &=B ld, E =, I =T, q= I