专题07 电磁感应高考物理黄金押题解析版Word格式文档下载.docx

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（2）右手定则：

一般适用于导体棒切割磁感线的情形。

3．求感应电动势大小的五种类型

（1）磁通量变化型：

E＝n。

（2）磁感应强度变化型：

E＝nS。

（3）面积变化型：

E＝nB。

（4）平动切割型：

E＝Blv。

（5）转动切割型：

E＝Bl2ω。

【方法技巧】对电磁感应定律的理解

（1）E＝Blv的“三性”

①正交性：

本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。

②瞬时性：

若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。

③有效性：

公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。

（2）应用电磁感应定律应注意的三个问题

①公式E＝n求解的是一个回路中某时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。

②利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，且适用于B与S垂直的情况。

③通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。

推知如下q＝Δt＝Δt＝。

【变式探究】

（多选）（2018·

全国Ⅰ，19）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是（　　）

A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动

【答案】AD

【解析】根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。

A对：

开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动。

B、C错：

开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北。

D对：

开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动。

例2、（2018·

全国Ⅱ，18）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。

一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。

线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（　　）

A　　　　　　　B　　　　　C　　　　　　　D

【答案】D

【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。

线框位移

等效电路的连接

电流

0～

I＝2i（顺时针）

～l

I＝0

l～

I＝2i（逆时针）

～2l

分析知，只有选项D符合要求。

1．解决图象问题的一般步骤

（1）明确图象的种类，是B－t图象还是Φ－t图象，或者是E－t图象、I－t图象等。

（2）分析电磁感应的具体过程。

（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。

（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。

（5）根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。

（6）画出图象或判断图象。

2．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法

（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）、变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，排除错误的选项。

（2）函数法：

根据题目所给条件定量地写出两处物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简的方法，但却是最有效的方法。

【方法技巧】解决电磁感应图象问题的“三点关注”

（1）关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。

（2）关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。

（3）关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应。

【变式探究】（多选）（2018·

全国Ⅲ，20）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。

导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流正方向。

导线框R中的感应电动势（　　）

图（a）　　

图（b）

A．在t＝时为零

B．在t＝时改变方向

C．在t＝时最大，且沿顺时针方向

D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向

【答案】AC

【解析】A对：

在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0。

C对B、D错：

在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。

在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向。

例3．（2018·

天津，12）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。

图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。

ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。

列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。

为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。

列车启动后电源自动关闭。

图1

图2

（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由。

（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小。

（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。

若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：

要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？

【解析】

（1）列车要向右运动，安培力方向应向右。

根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。

（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得

R总＝①

设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有

I＝②

设两根金属棒所受安培力之和为F，有

F＝IlB③

根据牛顿第二定律有

F＝ma④

联立①②③④式得

a＝⑤

（3）设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有

E1＝⑥

其中

ΔΦ＝Bl2⑦

设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有

I′＝⑧

设cd受到的平均安培力为F′，有

F′＝I′lB⑨

以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有

I冲＝－F′Δt

同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，

有I0＝2I冲⑪

设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理

有I总＝0－mv0⑫

联立⑥⑦⑧⑨⑪⑫式得

＝⑬

讨论：

若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；

若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。

【名师点睛】电磁感应中的电路和动力学问题

1．解答电磁感应中电路问题的三个步骤

（1）确定电源：

利用E＝n或E＝Blvsinθ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向。

（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）利用电路规律求解：

应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解。

2．动力学问题中的“两分析、两状态”

（1）受力情况、运动情况的分析

①导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。

②安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。

（2）两种状态处理

①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。

处理方法：

根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。

②导体处于非平衡状态——加速度不为零。

根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。

江苏，9）如图所示，竖直放置的“

”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。

质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。

金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。

金属杆（　　）

A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下

B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间

C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于

【答案】BC

【解析】A错：

穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度。

金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上。

B对：

金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知

ma＝BIL－mg＝－mg，

a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动。

在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v－t图象（可能图象如图所示）可以看出前一段用时多于后一段用时。

C对：

由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，

W安1－mg·

2d＝0，

W安1＝2mgd。

即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd。

D错：

设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知

mgh＝mv2，①

进入磁场时ma＝BIL－mg＝－mg，

解得v＝，②

由①②式得h＝>

。

例4、近日，中国航母甲板下的阻拦核心舱被报道，细节展示了国产阻拦装置的工作过程。

时隔半个世纪，中国自主研制突破外界层层封锁，闭门造车式的研发出了这套电磁阻拦系统，军方专业人事预计马伟明院士团队研制的国产电磁阻拦索已经成功。

新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的阻拦技术原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。

为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型。

在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。

轨道端点MP间接有阻值为R的电阻。

一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。

质量为M的飞机以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度。

假如忽略摩擦等次要因素，飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。

求：

（1）飞机钩住金属棒后它们获得的共同速度v的大小；

（2）飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值；

（3）从飞机钩住金属棒到它们停下来的整个过程中运动的距离x。

（1）以飞机和金属棒为研究对象

根据动量守恒定律Mv0＝（M＋m）v

解得它们共同的速度v＝v0

（2）飞机钩住金属棒后它们以速度v开始在安培力的作用下做减速运动，所以当它们速度为v时安培力最大，此时由安培力产生的加速度也最大

根据牛顿第二定律BIL＝（M＋m）a

根据全电路欧姆定律I＝

联立以上两式解得a＝

（3）以飞机和金属棒为研究对象，在很短的一段时间Δt内，

根据动量定理BiL·

t＝（M＋m）v　①

在某时刻根据全电路欧姆定律i＝　②

由①②两式得BL·

Δt＝（M＋m）Δv　③

飞机经时间t停下来，对③式在时间t内求和

x＝（M＋m）v

解得x＝

1．解答能量问题的基本方法

（1）安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：

（2）明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化。

如有摩擦力做功，必有内能产生；

有重力做功，重力势能必然发生变化；

安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能；

（3）根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题。

2．三种求解电能的思路

（1）利用克服安培力做的功求解：

电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。

（2）利用能量守恒求解：

其他形式的能的减少量等于产生的电能。

（3）利用公式求解：

Q＝I2Rt，其中I指电流的有效值。

3．安培力的冲量与通过导体的电荷量有关联

设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，则其冲量为I＝Δt，而＝BL，故有：

BLΔt＝mv1－mv2，而t＝q，故有q＝。

【变式探究】如图甲所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样的轨道，均由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关（开始时开关是断开的），MNN′M′是一个矩形区域且其中有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如图乙所示。

金属棒a和b质量均为m、电阻均为R。

在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K闭合。

不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g。

（1）两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少；

（2）两棒落到地面后的距离是多少；

（3）整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少。

（1）a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：

mgr＝mv

解得a棒沿圆弧轨道到达最低点M时的速度

v0＝

a棒在水平轨道向b棒运动时，两棒和轨道构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流。

a棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b棒则在安培力的作用下向前做加速运动。

只要a棒的速度大于b棒的速度，回路总有感应电流，a棒继续减速，b棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动。

从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等、方向相反，所以两棒的总动量守恒。

由动量守恒定律得：

mv0＝2mv1

解得两棒速度稳定时的速度

v1＝＝。

（2）经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开过程中，回路中的磁通量变化量ΔΦ＝BLx

a棒受到安培力的冲量

IA＝LBt＝BLt＝

由动量定理：

IA＝mv1－mv2

解得v2＝

由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离

Δx＝（v1－v2）＝。

（3）b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等的，两棒产生的焦耳热相等，即Qa＝Qb

由能量守恒定律可知：

Qa＋Qb＝mv－×

2mv

解得：

Qa＝Qb＝mgr

b棒离开轨道后，a棒与电阻R通过的电流大小总是相等，两者产生的焦耳热相等

2Qa′＝mv－mv

Qa′＝mgr

所以整个过程中，a棒产生的焦耳热

Q＝Qa＋Qa′＝mgr。

【黄金押题】

1．一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。

线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且∠abc＝∠cde＝120°

，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。

导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为（　　）

A．2BIL　　　B．3BIL

C．（＋2）BIL　　　D．4BIL

【解析】因为∠abc＝∠cde＝120°

，根据几何关系可知∠bcd＝60°

，故b与d之间的直线距离也为L，则导线段abcde有效长度为3L，故所受安培力的大小为：

F＝3BIL，故ACD错误，B正确，故选B。

2．如图所示，某小组利用电流传感器（接入电脑，图中未画出）记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流（已知开关S闭合时i2>

i1），则下列图象中正确的是（　　）

【答案】A

【解析】当电键断开后，电感与灯泡形成回路，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，流过灯泡A的电流方向发生变化，故C正确，ABD错误，故选C。

3．物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：

如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；

如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来。

某同学另找器材再探究此实验。

他安装好器材，经反复实验后发现：

磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是（　　）

A．弹簧的劲度系数太小B．磁铁的质量太小

C．磁铁的磁性太强D．圆环的材料与老师用的不同

【解析】只要能够产生感应电流，都能对磁铁的运动产生阻碍作用，ABC错；

若圆环的材料为非金属材料，不能产生感应电流，无法对磁铁产生阻碍作用，故选D。

4．法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，原理如图所示。

铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路，其他电阻均不计。

转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动。

已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，电阻的功率为P。

则（　　）

A．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到d

B．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到c

C．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从c到d

D．圆盘转动的角速度为，流过电阻R的电流方向为从d到c

【解析】将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从d到c；

根据法拉第电磁感应定律，得圆盘产生的感应电动势E＝Br＝Br·

＝Br2ω，电阻消耗的电功率P＝＝，解得ω＝，D正确。

5．已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极。

如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是（　　）

A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低

B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势

C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°

，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向

D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°

【解析】北半球的磁场方向由南向北斜向下分布。

A项，若线框向东平动，根据右手定则，ad边切割磁感线产生的电流方向沿ad方向，在电源内部电流方向由低电势到高电势，所以a点电势比d点电势低，故A对；

若使线框向北平移，ab边切割磁感线，所以会产生电势差，所以ab两点电势不相等，故B错；

若以ad边为轴，将线框向上翻转90°

，穿过线圈平面的向下磁通量变小，由楞次定律可知产生的感应电流的方向始终为adcb方向，故C正确；

若以ab边为轴，将线框向上翻转90°

，穿过线圈平面的向下磁通量先变大后变小，由楞次定律可知产生的感应电流的方向会发生变化，故D错误。

故选AC。

6．如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。

当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是（　　）

A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm＝B0S

B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大

C．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势

D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流

【答案】BD

【解析】当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；

在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；

在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误；

由楞次定律，在t1～t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项D正确。

7．如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37°

，cd间接电阻R，导轨电阻不计。

质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r。

整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为B＝B0＋kt（k>

0），在杆运动前，以下说法正确的是（　　）

A．穿过回路的磁通量为2（B0＋kt）L2

B．流过导体棒的电流方向为由b到a

C．回路中电流的大小为

D．细杆受到的摩擦力一直减小

【解析】由Φ＝BS效＝（B0＋kt）·

（L2＋L2cos37°

）＝1.8（B0＋kt）L2，故A错误；

磁感应强度均匀增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得E＝n＝·

S＝k·

）＝1.8KL2，由全电路欧姆定律得I＝＝，则C正确；

由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流