2016高考物理大一轮复习高考热点探究9第九章电磁感应

第九章 电磁感应 热点1：对E＝n·ΔΦΔt及E＝BLv的考查 1．(单选)(2014年江苏卷)如图9－1所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )

A.Ba22Δt B.nBa22Δt

C.nBa2Δt D.2nBa2Δt

图9－1 图9－2 【答案】B

【解析】根据法拉第电池感应定律有：E＝ΔΦΔt＝n2B－BΔt·a22＝nBa22Δt，故选项B正确． 2．(单选)(2014年安徽卷)英国物体学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图9－2所示，一个半径为r的绝缘细圆环放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功大小是( )

A．0 B.12r2qk C．2πr2qk D.πr2qk 【答案】D

【解析】由法拉第电磁感应定律可知，磁场变化在圆心处产生的感应电动势为E＝ΔΦΔt

πr2＝kπr2，小球运动一周，感生电场对小球所做的功为W＝qE＝πr2qk，D正确． 3．(单选)(2011年广东卷)将闭合的多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 【答案】C

【解析】由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，知感应电动势的大小与线圈匝数有关，选项

A错误；感应电动势正比于ΔΦΔt，与磁通量的大小无直接关系，选项B错误，C正确；根据楞次定律，知感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，选项D错误． 4．(2012年广东卷)如图9－3所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻． (1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v； (2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.

图9－3 【答案】(1)Mgsin θBl 2MgRsin θB2l2 (2)mBldqMsin θ 【解析】(1)导体棒匀速下滑时，Mgsin θ＝BIl，① I＝Mgsin θBl.②

设导体棒产生的感应电动势为E0，E0＝Blv.③ 由闭合电路欧姆定律，得

I＝E0R＋Rx.④

又Rx＝R，联立②③④，得v＝2MgRsin θB2l2.⑤ (2)改变Rx，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E. U＝IRx，⑥

E＝Ud，⑦ mg＝qE.⑧

联立②⑥⑦⑧，得

Rx＝mBldqMsin θ.⑨

热点2：电磁感应中图象问题的考查 5．(单选)(2014年全国卷Ⅰ)如图9－4(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，测得cd间的的电压如图9－4(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经的电流成正比， 则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )

(a) (b) 图9－4

A B C D 【答案】C

【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势即cd线圈中的电压Ucd＝ΔΦΔt＝SΔBΔt，由于磁场是线圈ab中的感应电流产生的，且线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比ΔB∝ΔI，综上可知，Ucd∝SΔIΔt，即电压大小与线圈中电流的变化率成正比，根据图(b)可判断0～0.5 s和0.5 s～1.5 s电流的变化率大小相等，方向相反，即i－t图象斜率大小相等，方向相反，C选项正确． 6．(单选)(2013年全国卷)如图 9－5，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图象中，可能正确描述上述过程的是( ) 图9－5 A B C D 【答案】D 7．(单选)(2014年广东卷)如图9－6所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )

图9－6 A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P中的下落时间比在Q中的长 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 【答案】C 【解析】由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；而在P中加速度较小，故选项C正确而选项D错误． 热点3：电磁感应中的力、电综合问题的考查 8．(2013年广东卷)如图9－7甲所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图9－7乙所示，其中AB段和BC段均为直线，AB段过原点．ω>0代表圆盘逆时针转动．已知R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．

图9－7 (1)根据图乙写出AB、BC段对应I与ω的关系式； (2)求出图乙中B、C两点对应的P两端的电压UB、UC； (3)分别求出AB、BC段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式． 【答案】见解析 【解析】(1)AB段过原点则I与ω成正比，设比例系数为k1，则I＝k1ω.

把IB＝0.1 A，ωB＝15 rad/s，代入得k1＝1150 A·s/rad， 所以AB段对应的I与ω关系式为 I＝1150ω (－45 rad/s≤ω≤15 rad/s)．

BC段是直线，设表达式为I＝k2ω＋b2，

把IB＝0.1 A，ωB＝15 rad/s，把IC＝0.4 A，ωC＝45 rad/s代入得k2＝1100 A·s/rad，b2＝－0.05 A.

所以BC段对应的I与ω关系式为

I＝1100ω－0.05 (15 rad/s≤ω≤45 rad/s)．

(2)圆盘切割磁感线产生的电动势为 E＝Brωr＋02＝12Bωr2＝0.02ω.

当ω＝15 rad/s时E＝0.3 V，当ω＝45 rad/s时E＝0.9 V， 忽略电源内阻，故UP＝E，可得 UB＝0.3 V，UC＝0.9 V.

(3)设感应电动势为E，则

E＝Brωr2＝Br22ω＝1×0.222ω＝0.02ω.

在AB段，IR＝ER＝0.02ω3＝ω150，IR＝I，所以IP＝0. 在BC段，IR＝ER＝0.02ω3＝ω150. 而IP＝I－IR，UP＝E， 得IP＝UP6－0.05. 9．(2014年上海卷)如图9－8，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R＝1.5 Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1 m．将

质量m＝2 kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行．棒与MN、PQ交点G、H间的距离L＝4 m．空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．在外力作

用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等． (1)若初速度v1＝3 m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA. (2)若初速度v2＝1.5 m/s，求棒向左移动距离2 m到达EF所需时间Δt. (3)在棒由GH处向左移动2 m到达EF处的过程中，外力做功W＝7 J，求初速度v3.

图9－8 (1)8 N (2)Δt＝1 s (3)v3＝1 m/s 【解析】(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势 E1＝BLv1＝6 V，

感应电流I1＝ER＝4 A， 金属棒受到安培力F＝BI1L＝8 N. (2)运动过程电流始终不变，而电阻不变，即感应电动势不变．初始感应电动势E2＝BLv2

＝3v，

所以平均感应电动势ΔΦΔt＝BΔSΔt＝3 V. 根据几何关系可得GH到EF，线框面积变化量 ΔS＝12×(EF＋GH)×2＝6 m2， 代入计算可得运动时间Δt＝1 s. (3)根据几何关系可得LEF＝2 m， 根据运动过程电流不变判断电动势不变，设末速度为v′，则有BLv3＝BLEFv′， 可得v′＝2v3.

运动过程电流I＝BLv3R，

电动势ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BLv3， 故运动时间Δt＝32v3. 克服安培力做功I2RΔt＝B2L2v23R·32v3＝3B2L2v32R. 根据动能定理有W－3B2L2v32R＝12mv′2－12mv23，