《2019屆高考物理 專題二十二 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用精準(zhǔn)培優(yōu)專練.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理 專題二十二 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用精準(zhǔn)培優(yōu)專練.doc（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

培優(yōu)點(diǎn)二十二 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 一、考點(diǎn)分析 1. 高考對(duì)本部分內(nèi)容的考查命，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計(jì)算題?？疾閮?nèi)容主要集中在利用電磁感應(yīng)基本規(guī)律分析動(dòng)態(tài)過(guò)程。 2. 注意要點(diǎn)：電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動(dòng)量角度著手，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律解決。 二、考題再現(xiàn) 典例1. (2018全國(guó)卷II18)如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長(zhǎng)為的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)，線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是( ) 【解析】第一過(guò)程從①移動(dòng)②的過(guò)程中，左邊導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時(shí)針，右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時(shí)針，兩根棒切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)方向相同所以E = 2Blv，則電流為，電流恒定且方向?yàn)轫槙r(shí)針。 在從②移動(dòng)到③的過(guò)程中左右兩根棒切割磁感線產(chǎn)生的電流大小相等，方向相反，所以回路中電流表現(xiàn)為零。然后從③到④的過(guò)程中，左邊切割產(chǎn)生的電流方向逆時(shí)針，而右邊切割產(chǎn)生的電流方向也是逆時(shí)針，所以電流的大小為，方向是逆時(shí)針。當(dāng)線框再向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時(shí)針，右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時(shí)針，此時(shí)回路中電流表現(xiàn)為零，故線圈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流是周期性變化，故D正確。 【答案】D 典例2. (2018全國(guó)卷III20)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電流i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流的正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)( ) A. 在時(shí)為零 B. 在時(shí)改變方向 C. 在時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较? D. 在時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较? 【解析】由圖(b)可知，導(dǎo)線PQ中電流在t = T/4時(shí)達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t = T/4時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，選項(xiàng)A正確；在t = T/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖象斜率方向不變，導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率的正負(fù)不變，根據(jù)楞次定律，所以在t = T/2時(shí)，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于在t = T/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t = T/2時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)C正確；由楞次定律可判斷出在t = T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 【答案】AC 三、對(duì)點(diǎn)速練 1．如圖，閉合銅制線框用細(xì)線懸掛，靜止時(shí)其下半部分位于與線框平面垂直的磁場(chǎng)中。若將細(xì)線剪斷后線框仍能靜止在原處，則磁場(chǎng)的的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律可能的是( ) 【答案】B 2. 在如圖所示的電路中，兩個(gè)靈敏電流表G1和G2的零點(diǎn)都在刻度盤中央，當(dāng)電流從“＋”接線柱流入時(shí)，指針向右擺；電流從“－”接線柱流入時(shí)，指針向左擺。在電路接通后再斷開(kāi)的瞬間，下列說(shuō)法中符合實(shí)際情況的是(　　) A．G1表指針向左擺，G2表指針向右擺 B．G1表指針向右擺，G2表指針向左擺 C．G1、G2表的指針都向左擺 D．G1、G2表的指針都向右擺 【答案】B 【解析】電路接通后線圈中電流方向向右，當(dāng)電路斷開(kāi)時(shí)，線圈L中電流減小，產(chǎn)生與原方向同向的自感電動(dòng)勢(shì)，與G2和電阻組成閉合回路，所以G1中電流方向向右，G2中電流方向向左，即G1指針向右擺，G2指針向左擺，B正確。 3. (多選)如圖甲所示，螺線管內(nèi)有一平行于軸線的磁場(chǎng)，規(guī)定圖中箭頭所示方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度B的正方向，螺線管與U形導(dǎo)線框cdef相連，導(dǎo)線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)面積為S，圓環(huán)與導(dǎo)線框cdef在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律變化時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A. 在t1時(shí)刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，最大值Φm=B0S B. 在t2時(shí)刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大 C. 在t1~ t2時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有擴(kuò)張的趨勢(shì) D. 在t1~ t2時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 【答案】BD 【解析】當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示規(guī)律變化時(shí)，在導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，在t1時(shí)刻，感應(yīng)電流為零，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻，感應(yīng)電流最大，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，選項(xiàng)B正確；在t1~ t2時(shí)間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有收縮的趨勢(shì)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由楞次定律，在t1~ t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较蚋袘?yīng)電流，感應(yīng)電流逐漸增大，金屬圓環(huán)L內(nèi)磁通量增大，根據(jù)楞次定律，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，選項(xiàng)D正確。 4．(多選)如圖甲所示，一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)線框所在平面，規(guī)定向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，向右為導(dǎo)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(shí)為正，已知在0～4 s時(shí)間內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列圖象所表示的關(guān)系正確的是(　　) 【答案】AD 【解析】由題意可知，規(guī)定向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，線框中電流i沿abcd方向時(shí)為正；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝，感應(yīng)電流I＝＝，由B－t圖象可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，是定值，在各時(shí)間段內(nèi)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(cuò)誤；由圖示B－t圖象可知，0～1 s時(shí)間內(nèi)，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流是逆時(shí)針?lè)较?，為正值；同?～2 s，磁場(chǎng)向里，且增大，磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流是逆時(shí)針，為正值；2～3 s，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(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，感?yīng)電流是負(fù)的；3～4 s內(nèi)，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(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍袘?yīng)電流是負(fù)的，故C錯(cuò)誤D正確。 5. (多選)物理和數(shù)學(xué)有緊密的聯(lián)系，解決物理問(wèn)題經(jīng)常要求同學(xué)們要有一定的數(shù)學(xué)功底。如圖所示，一個(gè)被x軸與曲線方程(m) (x ≤ 0.3 m)所圍的空間中存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.4 T。單匝正方形絕緣金屬線框的邊長(zhǎng)是L = 0.4 m，線框總電阻R = 0.2 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 = 10 m/s的速度水平向右勻速運(yùn)動(dòng)。則(　　) A. 拉力F的最大值是0.72 N B. 拉力F的最大功率是12.8 W C. 拉力F要做0.192 J功才能把線框拉過(guò)磁場(chǎng)區(qū) D. 拉力F要做0.216 J功才能把線框拉過(guò)磁場(chǎng)區(qū) 【答案】AC 6．(多選)如圖甲所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L＝0.4 m，導(dǎo)軌一端與阻值R＝0.3 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。導(dǎo)軌x>0一側(cè)存在沿x正方向均勻增大的磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x變化如圖乙所示。一根質(zhì)量m＝0.2 kg、接入電路的電阻r＝0.1 Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2 m/s沿導(dǎo)軌向右變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小不變。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．金屬棒在x＝1 m處的速度大小為1.5 m/s C．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1 m過(guò)程中，外力F所做的功為－0.175 J D．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2 m過(guò)程中，流過(guò)金屬棒的電荷量為2 C 【答案】CD 【解析】根據(jù)題圖乙得B與x的函數(shù)關(guān)系式B＝0.5＋0.5x，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝＝，安培力F安＝BIL＝BL＝，解得v＝＝＝，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式v2－v02＝2ax，如果是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v2與x成線性關(guān)系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)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＝，即v1＝＝0.5 m/s，故B錯(cuò)誤；金屬棒在x＝0處的安培力大小為F安＝＝0.2 N，對(duì)金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1 m過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WF－F安x＝mv12－mv02，代入數(shù)據(jù)解得WF＝－0.175 J，故C正確；根據(jù)電荷量公式q＝＝L，x＝0到x＝2 m過(guò)程中B－x圖象包圍的面積ΔBx＝2 Tm＝2 Tm，q＝＝ C＝2 C，故D正確。 7．如圖所示，相距L = 0.5 m的平行導(dǎo)軌MNS、PQT處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平導(dǎo)軌處的磁場(chǎng)方向豎直向上，光滑傾斜導(dǎo)軌處的磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。質(zhì)量均為m = 40 g、電阻均為R = 0.1 Ω的導(dǎo)體棒ab、cd均垂直放置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。一質(zhì)量M = 200 g的物體C，用絕緣細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪分別與導(dǎo)體棒ab、cd相連接。細(xì)線沿導(dǎo)軌中心線且在導(dǎo)軌平面內(nèi)，細(xì)線及滑輪質(zhì)量不計(jì)。已知傾斜導(dǎo)軌與水平面的夾角θ = 37，水平導(dǎo)軌與ab棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.4。重力加速度g = 10 m/s2，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終不離開(kāi)傾斜導(dǎo)軌。物體C由靜止釋放，當(dāng)它達(dá)到最大速度時(shí)，下落高度 h = 1 m，試求這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：（sin 37 = 0.6，cos 37 = 0.8） (1)物體C能達(dá)到的最大速度vm； (2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能； (3)細(xì)線對(duì)cd棒做的功。 【解析】(1)設(shè)C達(dá)到的最大速度為vm，由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E = 2BLvm 由歐姆定律得回路中的電流強(qiáng)度為 金屬導(dǎo)體棒ab、cd受到的安培力為F = BIL 設(shè)連接金屬導(dǎo)體棒ab與cd的細(xì)線中張力為T1，連接金屬導(dǎo)體棒ab與物體C的細(xì)線中張力為T2，導(dǎo)體棒ab、cd及物體C的受力如圖： 由平衡條件得：T1 = mgsin 37 +F T2＝T1＋F＋f T2 ＝Mg 聯(lián)立解得：vm = 2 m/s。 (2)系統(tǒng)在該過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E1，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： Mgh =(2m+M)v2 + mghsin37 + E1 解得：E1 =1.2 J。 (3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能E2 = μmgh = 0.16 J 由第二問(wèn)的計(jì)算結(jié)果知，這一過(guò)程電流產(chǎn)生的內(nèi)能E3 = E1 – E2 =1.04 J 又因?yàn)閍b棒、cd棒的電阻相等，故電流通過(guò)cd棒產(chǎn)生的內(nèi)能E4=0.52 J 對(duì)導(dǎo)體棒cd，設(shè)這一過(guò)程中細(xì)線對(duì)其做的功為W，則由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得： W = mghsin37 +mv2 + E4 聯(lián)立解得：W = 0.84 J。 8．某小組同學(xué)在研究圖甲所示的電磁槍原理時(shí)，繪制了圖乙所示的簡(jiǎn)圖(為俯視圖)，圖中兩平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)固定在水平面上，整個(gè)裝置處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，平行導(dǎo)軌左端電路如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E(內(nèi)阻不計(jì))，電容器的電容為C。一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)體棒垂直于軌道平放在導(dǎo)軌上，忽略摩擦阻力和導(dǎo)軌、導(dǎo)線的電阻，假設(shè)平行金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)。 (1)將開(kāi)關(guān)S接a，電源對(duì)電容器充電。 a．求電容器充電結(jié)束時(shí)所帶的電荷量Q； b．請(qǐng)?jiān)趫D丙中畫出充電過(guò)程中電容器兩極板間的電壓u隨電容器所帶電荷量q變化的圖象；借助u－q圖象求出穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量E0。 (2)電容器充電結(jié)束后，將開(kāi)關(guān)接b，電容器放電，導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)放電電流引起的磁場(chǎng)影響。 a．已知自由電子的電荷量為e，請(qǐng)你分析推導(dǎo)當(dāng)導(dǎo)體棒獲得最大速度之后，導(dǎo)體棒中某一自由電子所受的電場(chǎng)力與導(dǎo)體棒最大速度之間的關(guān)系式； b．導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過(guò)程中，由于存在能量損失ΔE損，電容器釋放的能量沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動(dòng)能，求ΔE損。 【解析】(1)a.電容器充電完畢時(shí)其電壓等于電動(dòng)勢(shì)E，電容器所帶的電荷量為： Q＝CE ① b．根據(jù)u＝，畫出u－q圖象如圖所示，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲(chǔ)存的能量，有：E0＝EQ ② 聯(lián)立①②式可得：E0＝CE2 ③ (2)a.方法一：設(shè)金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時(shí)，放電電流為零，此時(shí)電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E棒相等，即： U＝E棒＝BLvm ④ 導(dǎo)體棒中恒定電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E場(chǎng)＝＝Bvm 導(dǎo)體棒中電子所受的電場(chǎng)力F＝eE場(chǎng)＝eBvm 方法二：金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電路中無(wú)電流，運(yùn)動(dòng)的電子在磁場(chǎng)中受到向下的洛倫茲力，大小為：f＝eBvm 由于電子隨導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力F與洛倫茲力合力為零，即F－f＝0 則：F＝eBvm b．由(1)中結(jié)論可知，導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時(shí)，電容器儲(chǔ)存的能量為： E1＝CU2 ⑤ 導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律有： E0＝E1＋mv m2＋ΔE損 ⑥ 設(shè)此過(guò)程電容器放電的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CE－CU ⑦ 方法一：設(shè)此過(guò)程中的平均電流為，時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理有： BLt＝mvm－0 ⑧ 其中t＝ΔQ ⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE損＝ 方法二：設(shè)任意時(shí)刻電路中的電流為i，取一段含此時(shí)刻的極短時(shí)間Δt，設(shè)此段時(shí)間內(nèi)速度的改變量為Δv，根據(jù)動(dòng)量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧ 而ΣiΔt＝ΔQ⑨ ΣmΔv＝mvm－0⑩ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE損＝。