2023年高考物理二轮复习第一部分专题突破方略专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应问题

第一部分专题四第2讲
基础题——知识基础打牢
1．(2022·黑龙江大庆模拟)如图所示，水平放置的铝制圆盘与蹄形磁铁的转轴在同一竖直线上，圆盘位于磁铁上方，磁铁以角速度ω0匀速旋转．下列说法正确的是(C)
A．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度大于ω0
B．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度大于ω0
C．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0
D．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度小于ω0
【解析】根据楞次定律的推论可知，电磁感应产生的现象总是阻碍两物体间的相对运动，但阻碍不是阻止，磁铁旋转时，磁铁相对圆盘旋转，则圆盘也跟着同向旋转，即阻碍磁铁相对圆盘的旋转运动，但不会阻止，若磁铁速度为ω0，则圆盘相对磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0，A、B、D错误，C正确．
2．(多选)(2022·吉林延边一模)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来．如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合．为使线框在电磁阻尼作用下停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中不合理的是(AD)
【解析】 由于闭合导体所穿过的磁通量发生变化，闭合导体会产生感应电流，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动，由于磁体不动，安培力对导体而言即为阻力．题中的扇形铜框在转动过程中，A 、D 的设计中铜框没有磁通量变化，不会产生感应电流，不会产生安培阻力，故A 、D 错误，符合题意；B 、C 中的设计铜框磁通量有变化，会产生感应电流，形成安培阻力，故B 、C 正确．
3．(2022·四川宜宾模拟)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R ．金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( D )
A ．ab 中的感应电流方向由b 到a
B ．ab 中的感应电流逐渐减小
C ．ab 所受的安培力保持不变
D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律和安培定则得，ab 中的感应电流方向由a 到b ，故A 错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt
可知感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不变，故B 错误；根据安培力公式F ＝BIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误；安培力和静摩擦力为一对平衡力，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确．
4．(2022·山西太原模拟)如图所示，虚线框内是磁感应强度为B 的匀强磁场，导线框的四条边的电阻均为r ，长均为L ，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v 水平向右运动，ab 边进入磁场时，ab 两端的电势差为U ，则( D )
A ．U ＝14
BL v B ．U ＝13BL v C ．U ＝12BL v D ．U ＝34
BL v 【解析】 ab 边进入磁场时产生的感应电动势为E ＝BL v ，ab 切割磁感线产生电动势，
ab 相当于电源，故ab 两端的电势差是路端电压，ab 两端的电势差为U ＝34E ＝34
BL v ，故选D ． 5．(2022·河南郑州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向．正方形硬质金属框abcd 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R ＝0.1 Ω，边长L ＝0.2 m ，则下列说法错误的是( C )
A ．在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V
B ．在t ＝0.05 s 时，金属框ab 边受到的安培力的大小为0.016 N
C ．在t ＝0.05 s 时，金属框ab 边受到的安培力的方向垂直于ab 向右
D ．在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
【解析】 根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt
，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB ·L 2，ΔB Δt ＝0.2 T 0.1 s ＝2 T/s ，解得E ＝0.08 V ，故A 正确；感应电流为I ＝E R ＝0.080.1
A ＝0.8 A ，在t ＝0.05 s 时，ab 受到的安培力为F ＝BIL ＝0.1×0.8×0.2 N ＝0.016 N ，故
B 正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小，线框有扩大的趋势，故ab 受到的安培力水平向左，故
C 错误；电功率为P ＝EI ＝0.08 V ×0.8 A ＝0.064 W ，故
D 正确．
6．(多选)(2022·河南商丘三模)如图甲所示，正方形线圈abcd 内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n ＝10，边长ab ＝1 m ，线圈总电阻r ＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e ，感应电流i ，焦耳热Q 以及ab 边的安培力F (取向下为正方向)随时间t 的变化图象正确的是( CD )
【解析】 0～1 s 内产生的感应电动势为e 1＝nS ΔB Δt
＝2 V ，方向为逆时针，同理1～5 s 内产生的感应电动势为e 2＝nS ΔB Δt
＝1 V ，方向为顺时针，A 错误；对应0～1 s 内的感应电流大小为i 1＝e 1r
＝2 A ，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s 内的感应电流大小为i 2＝1 A ，方向为顺时针(正值)，B 错误；ab 边受到的安培力大小为F ＝nBiL ，可知0～1 s 内0≤F ≤4 N ，方向向下，1～3 s 内0≤F ≤2 N ，方向向上，3～5 s 内0≤F ≤2 N ，方向向下，C 正确；线圈产生的焦耳热为Q ＝eit,0～1 s 内Q 1＝4 J,1～5 s 内Q 2＝4 J ，D 正确．故选CD ．
7．(2022·四川成都模拟)如图所示，边长为L 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放于纸面内，在ad 边的左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，现使导线框绕过a 点且平行于磁场方向的轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，在导线框转过45°的过程中( B )
A ．导线框产生沿逆时针方向的感应电流
B ．导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL 2
C ．导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化
D ．流过导线框的电荷量为2BωL 2πR
【解析】 由楞次定律可知，导线框产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为E ＝B ·2L ·ω2L 2
＝BωL 2，选项B 正确；导线框转动时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，则感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐变大，则受到的安培力逐渐增大，但是方向不变，总是垂直边界线向左，选项C 错误；流过导线框
的电荷量为q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦR ＝B ·12L 2R ＝BL 22R
，选项D 错误．故选B ． 8．(2022·四省八校联考)如图(甲)所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R 的电阻和理想二极管D(正向电阻为0，反向电阻无穷大)．t ＝0时刻起阻值也为R 的导体棒ab 在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图(乙)所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压U ab 随时间t 变化的关系图象可能正确的是( A )
【解析】 由图乙可得速度随时间变化规律的数学表达式为v ＝v m sin 2πT
t ，当导体棒向右运动时，由右手定则可知回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管导通，由电磁感应定
律，则得金属棒两端电压为U ab ＝R R ＋R
E ＝12BL v ＝12BL v m sin 2πT t ⎝⎛⎭⎫0≤t ≤T 2，当导体棒向左运动时，由右手定则可知金属棒a 端电势低于b 端电势，二极管截止，由电磁感应定律，则得金属棒两端电压为U ab ＝－E ＝－BL v ＝－BL v m sin
2πT
t ⎝⎛⎭⎫T 2≤t ≤T ，由以上分析可知A 正确，B 、C 、D 错误．
9．如图所示，半径为r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直、磁场的磁感应强度为B 0，保持圆环不动，使磁场的磁感应强度随时间均匀增大、经过时间t 、磁场的磁感应强度增大到B 1，此时圆环中产生的焦耳热为Q ；保持磁场的磁感应强度B 1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t 圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q ，则磁感应强度B 0和B 1的比值为( A )
A ．4－π4
B ．5－π5
C ．42－π42
D ．52－π52
【解析】 若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E 1＝(B 1－B 0)πr 2t ，则Q ＝E 21R
t ＝(B 1－B 0)2π2r 4
tR ①，若线圈转动：则产生的感应电动势最大值E 2m ＝B 1ωS ＝B 1π22t ·πr 2＝π2r 2B 14t ，有效值E 2＝π2r 2B 142t
，产生的热量Q ＝E 22R ×2t ＝π4r 4B 2116tR ②，联立①②可得B 0B 1＝4－π4，故选A ．
应用题——强化学以致用
10．(多选)(2022·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，将半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R 的定值电阻和一个电容为C 的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．将一个长度为r 、阻值为R 的金属棒AD 置于圆导轨上面，O 、A 、D 三点共线，在外力的作用下金属棒以O 为转轴逆时针匀速转动，转速为n ，元电荷大小为e ，转动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．下列说法正确的是( BD )
A ．D 点的电势高于A 点的电势
B ．金属棒产生的感应电动势大小为3B πnr 2
C ．电容器的电荷量为3CB πnr 2
D ．一质子在电容器中从S 板附近运动到T 板附近时，电场力所做的功为3eB πnr 22
【解析】 由右手定则可知，D
点的电势低于A 点的电势，选项A 错误；角速度ω＝2πn ，
金属棒产生的感应电动势大小为E ＝Brωr ＋2r 2
＝3B πnr 2，选项B 正确；电容器极板间的电压U ＝ER R ＋R ＝32
B πnr 2，电容器的电荷量为Q ＝32CB πnr 2，选项
C 错误；一质子在电容器中从S 板附近运动到T 板附近时，电场力所做的功为W ＝Ue ＝3eB πnr 22
，选项D 正确．故选BD ． 11．(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN 、PQ 竖直放置，两环之间ABDC 内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 0，AB 水平且与圆心等高，CD 竖直且延长线过圆心．电阻为r 、长为2l 的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN 上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m ，球套在外环PQ 上，且都与轨道接触良好，内圆半径r 1＝l ，外圆半径r 2＝3l ，PM 间接有阻值为R 的电阻．让金属杆从AB 处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v ，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则( ABC )
A ．金属球向下运动过程中，通过电阻R 的电流方向由M 指向P
B ．金属杆第一次即将离开磁场时，R 两端的电压U ＝4B 0l v R 3(R ＋r )
C ．金属杆从AB 滑动到C
D 的过程中，通过R 的电荷量q ＝2πl 2B 0R ＋r
D ．金属杆第一次即将离开磁场时，R 上生成的焦耳热Q ＝3mgl －12
m v 2 【解析】 由右手定则可知，金属球向下运动过程中，流过金属杆的电流由B 流向A ，则通过R 的电流由M 流向P ，A 正确；金属杆第一次离开磁场时，金属球的速度为v ＝ωr 2
＝3ωl ，金属杆第一次离开磁场时感应电动势为E ＝B 0·2l ωr 1＋ωr 22，解得E ＝43
B 0l v ，电路电流为I ＝E R ＋r ，R 两端电压为U ＝IR ＝4B 0l v R 3(R ＋r )
，B 正确；由法拉第电磁感应定律得E －＝ΔΦΔt ＝B 0ΔS Δt ＝B 0·14π[(3l )2－l 2]Δt ＝2πB 0l 2Δt ，平均感应电流为I ＝E R ＋r
，通过R 的电荷量为q ＝I Δt ，解得q
＝2πB0l2
R＋r
，C正确；由于金属杆第一次即将离开磁场时，重力做功等于3mgl，所以金属杆第
一次即将离开磁场时，电路上生成的焦耳热Q总＝3mgl－1
2m v2
，则R上产生的焦耳热Q＜Q 总
，D错误．故选ABC．
12．(2022·浙江6月高考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平．某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动．线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B．开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下．若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F．已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
(1)恒流源的电流I；
(2)线圈电阻R；
(3)时刻t3．
【答案】(1)80 A(2)0.5 Ω(3)5＋3 2s
【解析】(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝v1
t1
根据牛顿第二定律有F 安＝(M ＋m )a
代入数据联立解得I ＝(m ＋M )v 1nlBt 1
＝80 A ． (2)当S 掷向2接通定值电阻R 0时，感应电流为I ′＝
nBl v R 0＋R 此时安培力为F 安′＝nBI ′l
所以此时根据牛顿第二定律有(800－10v )＋n 2l 2B 2R 0＋R
v ＝ma ′ 由图可知在t 1至t 3期间加速度恒定，则有n 2l 2B 2R 0＋R
＝10 kg/s 解得R ＝0.5 Ω，a ′＝160 m/s 2．
(3)根据图象可知t 2－t 1＝v 1a ′
＝0.5 s 故t 2＝2 s ；在0～t 2时间段内的位移s ＝12
v 1t 2＝80 m 而根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔφΔt ＝nB ΔS Δt
电荷量的定义式Δq ＝I Δt I ＝E R ＋R 0
可得Δq ＝nBl ⎣⎡⎦⎤s －12a ′(t 3－t 2)2R ＋R 0
从t 3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有 －nBl Δq ＝0－ma ′(t 3－t 2)
联立可得(t 3－t 2)2＋(t 3－t 2)－1＝0
解得t 3＝5＋32
s ． 13．(2022·湖北卷)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd 的边长L ＝0.2 m 、回路电阻R ＝1.6×10－
3 Ω、质量m ＝0.2 kg ．线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，ab 边与磁场下边界的距离也为L ．现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为
4 2 N 的恒力F ，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；
dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度．
【答案】(1)a x＝20 m/s2a y＝10 m/s2
(2)B＝0.2 T Q＝0.4 J(3)1.1 m
【解析】(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有ma x＝F cos θ
代入数据有a x＝20 m/s2
在竖直方向ma y＝F sin θ－mg
代入数据有a y＝10 m/s2．
(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0
E＝BL v y
I＝E R
v2y＝2a y L
联立有B＝0.2 T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边
恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy
y＝L
F sin θ－mg＝BIL
联立解得Q＝0.4 J．
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y＝a y t1
L＝v y t2
t＝t1＋t2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝1
2a x t2＝1 2
×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度X＝x＋L＝1.1 m．。