（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第七道 选择题涉及的命题点 7.4 电磁感应

7－4电磁感应问题备考精要1．求解感应电动势常见的四种情况表达式E＝nΔΦΔtE＝BlvsinθE＝12Bl2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与磁场垂直的轴转动的导线框意义一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)匀强磁场匀强磁场匀强磁场2．“三定则、一定律”的应用安培定则判断运动电荷、电流产生的磁场方向左手定则判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向右手定则判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向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方向3.判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合电路的磁通量的变化情况进行判断。4．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)“增反减同”——阻碍原磁通量的变化，或阻碍原电流的变化(自感现象)。(2)“增缩减扩”——使线圈面积有扩大或缩小的趋势。(3)“来拒去留”——阻碍相对运动。5．熟悉电磁感应中电路问题的解题流程6．熟悉电磁感应图像问题的两个技法(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。没有表示方向的正负时，优先判断方向有时会产生意想不到的效果。(2)函数法根据题目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像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最准确有效的方法。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？()A．电阻定律B．库仑定律C．欧姆定律D．能量守恒定律解析：楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确。答案：D2．[多选](2019·全国卷Ⅰ)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B0rS4t0ρD．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故圆环所受安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝ΔBΔt·S′＝B0t0·πr22＝πB0r22t0，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝ER＝πB0r22t0ρ2πrS＝B0rS4t0ρ，C正确，D错误。答案：BC3．[多选]如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，固定在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC与U形框架良好接触，在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法正确的是()A．A点的电势高于C点的电势B．此时AC两端电压为UAC＝BπLvR0R0＋rC．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－12mv2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝2BLdR0＋r解析：根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝ER0R0＋r＝2BLvR0R0＋r，B错误；由功能关系得Fd＝12mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为I＝2BLdR0＋rΔt，通过电阻R0的电荷量为q＝IΔt＝2BLdR0＋r，D正确。答案：AD4.[多选](2018·全国卷Ⅲ)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()A．在t＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析：在t＝T4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS知，E＝0，故A正确。在t＝T2和t＝T时，图线斜率最大，在t＝T2和t＝T时感应电动势最大。在T4到T2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，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T2到34T时，R中电动势也为顺时针方向，在34T到54T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。答案：AC5．[多选](2019·全国卷Ⅱ)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像可能正确的是()解析：PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BIL，I＝mgsinθBL，即电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图像如图A所示。答案：AD情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，但两导体棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此后MN为电源，由E＝BLv，I＝ER总，BIL－mgsinθ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I­t图像如图D所示。二练会迁移——综合性考法1．[多选]如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．0～t1时间内，线圈中感应电流沿逆时针方向B．0～t1时间内，电压表的读数为nB1－B0St1C．t1～t2时间内，R上的电流为nB1S2t2－t1RD．t1～t2时间内，P端电势高于Q端电势解析：0～t1时间内，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流沿逆时针方向，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS＝nB1－B0t1S，电压表的示数等于电阻R两端的电压，U＝IR＝E2R·R＝nB1－B0S2t1，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝nΔΦΔt＝nB1t2－t1S，根据闭合电路的欧姆定律I′＝E′2R＝nB1S2t2－t1R，答案：AC故C正确；t1～t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误。2.如图所示，平行极板与单匝圆线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，单匝线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀增加，有一个带电粒子静止在极板之间，带电粒子质量为m、电荷量为q。下列说法正确的是()A．粒子带正电B．磁感应强度的变化率为ΔBΔt＝R1＋R2mgdπr2qR2C．保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动D．断开开关S，粒子将向下运动解析：穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，平行板电容器的上极板带正电，粒子受到重力和电场力而静止，因此粒子带负电，故A错误；对粒子，由平衡条件得：mg＝qU2d，而感应电动势：E＝R2＋R1U2R2，解得：E＝R1＋R2mgdqR2，由法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt，解得：ΔBΔt＝R1＋R2mgdπr2qR2，故B正确；保持开关闭合，则极板答案：B间的电压不变，当向上移动下极板时，导致间距减小，那么电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关S，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，故粒子静止不动，故D错误。3．[多选]如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距为L＝1m。一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，g＝10m/s2。金属棒的v­x图像如图乙所示，则从起点发生x＝1m位移的过程中()A．拉力做的功W＝9.25JB．通过电阻R的电荷量q＝0.125CC．整个系统产生的总热量Q＝5.25JD．x＝1m时金属棒的热功率为1W解析：金属棒在运动位移x＝1m的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝5J，x＝1m时金属棒的安培力大小为F安＝BIL＝B2L2R＋rv，结合图像可知，安培力大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为W安＝Fx＝F安x2＝B2L22R＋rvx＝0.25J，由动能定理得W－W安－Wf＝12mv2，得W＝9.25J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q＝ΔΦR＋r＝0.25C，选项B错误；系统答案：AC产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于0.25J，系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为5.25J，选项C正确；x＝1m时，回路中电流I＝BLvR＋r＝0.5A，由P＝I2r得金属棒的热功率为0.5W，选项D错误。4．[多选](2019·孝义一模)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置并良好接触，其他电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒ab的感应电荷量q、电流I、ab所受外力F及穿过abPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中，大致正确的是()解析：由题意知，棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则棒运动的速度为v＝at，产生的感应电流为I＝BLvR＋r＝BLaR＋rt，即电流I与t成正比，是直线，故B正确；通过金属棒的电荷量为q＝ΔΦR＋r＝BLa2R＋rt2，故q∝t2，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－F安－mgsinθ＝ma，安培力F安答案：BC＝BIL＝B2L2aR＋rt，解得F＝mgsinθ＋ma＋B2L2aR＋rt，即F随t的增大而增大，是直线，故C正确；Φ＝BS＝BLx＋12at2＝BLx＋12BLat2，故Φ∝t2，故D错误。5．(2019·南昌三模)如图所示，质量为m＝0.04kg、边长l＝0.4m的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细绳系于O点，斜面的倾角为θ＝30°；线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面向上；已知线框电阻为R＝0.5Ω，重力加速度取g＝10m/s2。下列说法中正确的是()A．线框中的感应电流方向为abcdaB．t＝0时，细绳拉力大小为F＝0.2NC．线框中感应电流大小为I＝80mAD．经过一段时间t，线框可能