高中物理高考一轮复习一轮复习 2023届高三专题复习十九 法拉第电磁感应定律及其应用

专题十九法拉第电磁感应定律及其应用一、考点分析一、考点分析1．高考对本部分内容的考查命，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题。考查内容主要集中在利用电磁感应基本规律分析动态过程。2．注意要点：电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决。二、考题再现二、考题再现典例1.(2023·全国卷I·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)【解析】第一过程从①移动②的过程中，左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的，根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，根据电阻定律可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误。【答案】BC典例2.(2023·全国卷II·21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场时开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()【解析】由图(b)可知，导线PQ中电流在t＝T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则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一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误。【答案】AD三、对点速练三、对点速练1．如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为kg，在该平面上以v0＝2m/s、与导线成60°角的初速度运动，最后达到稳定状态，这一过程中()A．金属环受到的安培力与运动的方向相反B．在平行于导线方向金属环做减速运动C．金属环中最多能产生电能为JD．金属环动能减少量最多为J【答案】D【解析】金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力将阻碍金属圆环远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动，A、B错误；由题知，金属环最终以v0cos60°＝1m/s，沿平行导线方向做匀速直线运动，动能的减少量为J，则产生的电能最多为，C错误，D正确。2．如图所示，处于匀强磁场中的半封闭平行金属导轨框架MNPQ，宽NP＝L。磁场与其平面垂直，磁感应强度B的变化规律如图所示。导体棒ab的电阻为R，导轨电阻不计。从t＝0开始，在外力作用下导体从导轨的最左端以速度v向右匀速运动，则t0时刻回路中的感应电流大小为()A．0B．C．D．【答案】C【解析】t0时刻ab切割磁感线产生的动生电动势为，ab中电流的方向由b到a；此时回路中的感生电动势为，ab中电流的方向也是b到a。可知回路中的感应电流大小为，故C正确。3．(多选)如图所示电路中，P为发光氖泡，发光电压U＞60V，L为自感系数很大、电阻不为零的电感线圈，直流电源电动势E＝6V。接通开关S，氖泡不亮；稳定时，L中电流恒定为I0；断开S时，氖泡能短时间内发光。关于该现象，下列说法正确的有()A．S接通瞬间，L中电流是逐渐增加的B．S接通稳定时，P两端电压为零C．S断开瞬间，氖泡P发光时电流最大值可能超过I0D．S断开瞬间，氖泡P发光时电流从右向左【答案】AD【解析】S接通瞬间，线圈L中的电流从无到有发生变化，线圈L中产生的自感电动势对电流的增大有阻碍作用，所以通过线圈L的电流慢慢变大，故选项A正确；S接通稳定时，由于电感线圈的电阻不为零，电感线圈两端电压不为零，所以发光氖泡两端电压不为零，故选项B错误；S断开瞬间前，线圈L中电流恒定为I0，S断开瞬间，线圈L由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的I0逐渐减小，方向不变，且由于它和氖泡P构成回路，通过氖泡P的电流和线圈L中的电流大小相同，也从I0逐渐减小，通过氖泡P的电流从右向左，故选项D正确，C错误。4．(多选)如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正，已知在0～4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列图象所表示的关系正确的是()【答案】AD【解析】由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(S·ΔB,Δt)，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(S·ΔB,RΔt)，由B－t图象可知，在每一时间段内，eq\f(ΔB,Δt)是定值，在各时间段内I是定值，ab边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确B错误；由图示B－t图象可知，0～1s时间内，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针方向，为正值；同理1～2s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；2～3s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的；3～4s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故C错误D正确。5．(多选)物理和数学有紧密的联系，解决物理问题经常要求同学们要有一定的数学功底。如图所示，一个被x轴与曲线方程(m)(x≤m)所围的空间中存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝T。单匝正方形绝缘金属线框的边长是L＝m，线框总电阻R＝Ω，它的一边在光滑轨道的x轴上，在拉力F的作用下，线框以v＝10m/s的速度水平向右匀速运动。则()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功才能把线框拉过磁场区D．拉力F要做J功才能把线框拉过磁场区【答案】AD【解析】线框向右匀速运动过程中，切割磁感线产生的感应电动势，当y最大时，E最大，最大值为V，感应电流最大值为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正确，B错误；整个过程拉力做功J，故D正确，C错误。6．(多选)如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L＝m，导轨一端与阻值R＝Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x＞0一侧存在沿x正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示。一根质量m＝kg、接入电路的电阻r＝Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是()A．金属棒向右做匀减速直线运动B．金属棒在x＝1m处的速度大小为m/sC．金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中，外力F所做的功为－JD．金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中，流过金属棒的电荷量为2C【答案】CD【解析】根据题图乙得B与x的函数关系式B＝＋，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流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)，根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax，如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培大小不变，x＝0处与x＝1处安培大小相等，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错误；金属棒在x＝0处的安培力大小为F安＝eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r)＝N，对金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中，根据动能定理有WF－F安·x＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，代入数据解得WF＝－J，故C正确；根据电荷量公式q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(ΔB·x,R＋r)L，x＝0到x＝2m过程中B－x图象包围的面积ΔB·x＝eq\f＋,2)×2T·m＝2T·m，q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(2×,C＝2C，故D正确。7．(多选)如图所示，虚线为相邻两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的边界，两个区域的磁场磁感应强度大小都为B，方向相反且都垂直于纸面，两个区域的高度都为l。一质量为m，边长也为l的单匝矩形导线框abcd，从磁场区域上方某处由静止释放，ab边进入区域Ⅱ之前，线框已开始做匀速运动，速度大小为v1，当线框的ab边下落到出区域Ⅱ之前，线框又开始做匀速运动，速度大小为v2。下落过程中，ab边保持水平且线框不发生转动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．线框进入磁场区域Ⅰ过程中，可能加速度减小，速度变大B．v2＝eq\f(1,4)v1C．当线框的ab边刚进入区域Ⅱ时，加速度大小为gD．线框出磁场区域Ⅱ过程中，可能加速度减小，速度减小【答案】AB【解析】如果线框进入磁场时安培力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg-FA＝ma，即，速度增大，加速度减小，所以线框进入磁场区域Ⅰ过程中，可能加速度减小，速度变大，故A正确；ab边刚进入区域Ⅰ时，线框受到的安培力：F＝BIl＝，线框做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：＝mg，解得：v1＝；线框ab边下落到区域Ⅱ中间位置时，线框又开始做匀速运动，设此时线框的速度为v2，安培力为F安′＝，由平衡条件得：mg＝F安′，解得：v2＝eq\f(1,4)v1，故B正确；当ab边刚进入磁场区域Ⅱ时，ab和cd两边都切割磁感线产生感应电动势，回路中感应电动势为：E′＝2Blv1，感应电流为：I′，线框所受的安培力大小为F安＝2BI′l＝＝4mg，根据牛顿第二定律得：F安-mg＝ma，解得：a＝3g，方向：竖直向上，故C错误；线框出磁场区域Ⅱ过程中，安培力小于重力，根据牛顿第二定律可得mg-FA＝ma，即a＝g-，速度增大，加速度减小，所以线框进入磁场区域Ⅰ过程中，加速度减小，速度变大，故D错误。8．如图所示，光滑水平面上两个完全相同的直角L形匀质金属导轨，角平分线在同一直线上，导体单位长度上的电阻为r。导轨Ⅱ固定，导轨Ⅰ以恒定的速度v0在角平分线上无摩擦滑动。水平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B。当两导轨交叉后，交叉点保持良好接触，t＝0时，两导轨顶点恰好重合。设导轨足够长，磁场区域足够大，求：(1)t时刻，矩形LMNO中感应电流的大小及方向；(2)t时刻，导轨Ⅰ所受的拉力；(3)0～t时间内拉力所做的功。【解析】(1)0～t时间内导轨I运动的位移为：l＝v0t由几何关系知，t时刻导轨I切割磁场的等效长度为l则导轨I切割磁场所产生的感应电动势为：而t时刻，矩形回路LMON中总电阻为：则LMON回路中感应电流的大小为：感应电流方向为：（或顺时针方向）(2)由于导轨I以恒定的速度v0向右运动，因此导轨I所受的拉力大小与安培力相等，则有：代入数据得，导轨I所受的拉力为：(3)由可得拉力F与位移l的关系式为：则0～t时间内拉力所作的功为：。9．如图所示，水平光滑金属导轨在同一水平面上，间距分别为L和，间距为L的导轨有一小段左右断开，为使导轨上的金属棒能匀速通过断开处，在此处铺放了与导轨相平的光滑绝缘材料(图中的虚线框处）。质量为m、电阻为Rl的均匀金属棒ab垂直于导轨放置在靠近断开处的左侧，另一质量也为m、电阻为R2的均匀金属棒cd垂直于导轨放置在间距为的导轨左端。导轨MN和PQ、M′N′和P′Q′都足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。整个装置所在空间有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场。闭合开关S，导体棒ab迅即获得水平向右的速度v0并保持该速度到达断开处右侧的导轨上。求：(1)空间匀强磁场的方向；(2)通过电源E某截面的电荷量；能。【解析】(1)闭合开关，电流到b到a，而ab受到的安培力向右，故磁场方向竖直向下。(2)对ab棒，设受安培力时间为Δt，这段时间的平均电流为I，平均安培力为F，通过导体棒（也就是电源）某截面的电荷量为q，由动量定理得：且，解得：(3)ab滑上MN和PQ时速度仍为v0，由于电磁感应，安培力使ab减速，使cd加速，直至电路中电流为0（即总感应电动势为0）而各自匀速运动，设ab和cd匀速的速度分别是v1、v2，经历的时间为t，这一过程回路中的平均电流I′，由动量定理有：对ab棒：对cd棒：由电磁感应规律：则有：解得：棒ab和棒cd组成的系统损失机械能解得：。10．如图所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点。该装置原理可等效为：间距L＝m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B＝T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图所示。在某次逃生试验中，质量M1＝80kg的测试者利用该装置以v1＝m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m＝20kg，重力加速度取g＝10m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦。(1)判断导体棒cd中电流的方向；(2)总电阻R多大？(3)如要使一个质量M2＝100kg的测试者利用该装置以v1＝m/s的速度匀速下滑，其摩擦力f多大？(4)保持第(3)问中的摩擦力不变，让质量M2＝100kg测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为v2＝m/s时，加速度a多大？要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则必需调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速率变化的表达式。【解析】(1)从d到c。(2)对导体棒：电动势E＝BLv1，感应电流，安培力FA＝BIL由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受到磁场力向上，大小为FAʹ＝FA＝对M1和m：由平衡条件可得(M1＋m)g＝FAʹ联立解得：R＝×10－5Ω。(3)对M2和m：由平衡条件可得：(M2＋m)g＝FAʹ＋f解得：f＝200N。(4)对M2和m：根据牛顿第二定律得：(M2＋m)g－FAʹ－f＝(M2＋m)a所以因为v逐渐增大，最终趋近于匀速，所以逐渐a减小，最终趋近于0当其速度为v2＝m/s时，a＝4m/s2要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则由 得m/s≤v≤m/s)）某兴趣小组设计制作了