高考导练2017年高考物理一轮复习 第九章 电磁感应（课件+试题）（打包9套）新人教版选修3-2.zip

高考总复习 /新课标 物理 经典品质 /超越梦想 选 修 3－ 2第九章 电磁感应考 纲 解 读 高考预测分析第 1讲 电磁感应现象 楞次定律自主复 习评 估温 示提馨请 做：自主 测评考点突破高考总复习 /新课标 物理 经典品质 /超越梦想 选 修 3－ 2第九章 电磁感应第 2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象自主复 习评 估温 示提馨请 做：自主 测评考点突破高考总复习 /新课标 物理 经典品质 /超越梦想 选 修 3－ 2第九章 电磁感应第 3讲 电磁感应规律的综合应用自主复 习评 估温 示提馨请 做：自主 测评考点突破1第 1 讲 电磁感应现象 楞次定律高考·模拟·创新1．(2015 年高考·课标全国卷Ⅰ) (多选)1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验” ．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图 9－1－13 所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )图 9－1－13A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：圆盘转动时，每一个半径都在切割磁感线，但每一个半径所处的磁场强弱不同，所以每个半径切割磁感线产生的感应电动势不同，所处位置磁场最强的那个半径相当于电源，给其他的半径供电(电动势等于两个半径切割引起的电动势之差)，就会在圆盘内形成以半径为电源的涡流，涡流所受的安培力对圆盘是阻力，那么由牛顿第三定律得涡流对小磁针的作用力就会带动小磁针跟着圆盘的转动而同向转动，AB 正确；对于圆盘整体，磁通量不变，C错误；圆盘呈电中性，圆盘的转动不能形成环形电流，不会对小磁针有带动作用，D 错误．答案：AB2．(2014 年高考·广东卷) 如图 9－1－14 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 9－1－14A．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 中的大解析：因铜管是导体，塑料管是绝缘体，小磁块在铜管中下落时，在铜管中产生感应电2流，反过来会阻碍小磁块的下落；根据功能关系知，在 P 中下落时，小磁块机械能减少，在Q 中下落时，小磁块机械能守恒；在 P 中加速度较小，下落时间就长；由于在 P 中下落要克服磁场力做功，机械能有损失，故落至底部时速度比 Q 中的小，故 C 正确．答案：C3．(2014 年高考·上海卷) (多选)如图 9－1－15 所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )图 9－1－15A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里解析：根据楞次定律可知，感应电流的磁场具有阻碍原磁通量变化的作用，回路变成圆形，说明面积在变大，根据增缩减扩的原理可知，线圈中的磁通量无论什么方向，只要减少即会发生此现象，故 CD 正确．答案：CD1第 1 讲 电磁感应现象 楞次定律自主测评一、基础知识题组1．[产生感应电流的条件]处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定( )A．线圈没有在磁场中运动B．线圈没有做切割磁感线运动C．磁场没有发生变化D．穿过线圈的磁通量没有发生变化解析：要发生电磁感应现象，穿过线圈的磁通量必须发生变化，D 正确．答案：D图 9－1－12．[对电磁感应现象发生条件的考查](多选)如图 9－1－1 所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度 L 大于线框的高度 h，下列说法正确的是( )A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能解析：产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，线框全部在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，故选项 B、D 错误．线框进入和穿出磁场的过程中磁通量发生变化，产生了感应电流，故选项 A 正确．在产生感应电流的过程中线框消耗了机械能，故选项 C 正确．答案：AC二、规律方法题组3．[感应电流方向的判断] 如图 9－1－2 所示，在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为 m、阻值为 R 的闭合矩形金属线框 abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在O 点，并可绕 O 点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )2图 9－1－2A． a→ b→ c→ d→ aB． d→ c→ b→ a→ dC．先是 d→ c→ b→ a→ d，后是 a→ b→ c→ d→ aD．先是 a→ b→ c→ d→ a，后是 d→ c→ b→ a→ d解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反” “减同”可知电流方向是 d→ c→ b→ a→ d.答案：B4．[电磁感应与电路的综合]如图 9－1－3 所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻 R 和 r，导体棒 PQ 与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )图 9－1－3A．流过 R 的电流为由 d 到 c，流过 r 的电流为由 b 到 aB．流过 R 的电流为由 c 到 d，流过 r 的电流为由 b 到 aC．流过 R 的电流为由 d 到 c，流过 r 的电流为由 a 到 bD．流过 R 的电流为由 c 到 d，流过 r 的电流为由 a 到 b解析： PQ 向左切割， Q 为导体棒上电势最高点， P 为最低点． PQ 作为电源，在电源外部，电流由高电势流向低电势，所以可判断出 B 正确．答案：B1第 2 讲 法拉第电磁感应定律 自感现象高考·模拟·创新1．(2015 年高考·安徽卷)如图 9－2－13 所示，abcd 为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为 l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，导轨电阻不计．已知金属杆 MN 倾斜放置，与导轨成 θ 角，单位长度的电阻为 r，保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图 9－2－13A．电路中感应电动势的大小为BlvsinθB．电路中感应电流的大小为BvsinθrC．金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθrD．金属杆的热功率为B2lv2rsinθ解析：切割磁感线的有效长度为 l，感应电动势的大小为 E＝Blv，所以 A 错．导体棒的电阻为 R＝ ，所以感应电流的大小为 I＝ ＝ ，所以 B 对．金属杆所受的安培力lrsinθ ER Bvsinθr大小为 F＝BIL 有 ，L 有 ＝ ，所以 F＝ ，所以 C 错．金属杆的热功率为 P＝I 2R＝lsinθ B2lvr，所以 D 错．B2lv2sinθr答案： B图 9－2－142．(多选)如图 9－2－14 所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过 M、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用 FM、F N表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A．F M向右 B．F N向左2C．F M逐渐增大 D．F N逐渐减小解析：图 9－2－15根据右手螺旋定则，通电直导线产生的磁场如图 9－2－15 所示．即在导线左侧磁场垂直于轨道平面向上，在导线右侧磁场垂直于轨道平面向下，而且距离导线越远，磁感应强度B 越小．根据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线产生感应电动势，E＝BLv，B 越大，E 越大，所以导体棒越靠近通电直导线，电动势 E 越大，感应电流 i 越大．由安培力定义式F＝BiL 知，F 越大，所以选项 C、 D 正确．由楞次定律知，此处安培力阻碍导体棒运动，都向左，所以选项 A 错误， B 正确．答案： BCD3．(2015 年高考·浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平” ，如图 9－2－16(1)所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长 L＝0.1 m，竖直边长 H＝0.3 m，匝数为 N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度 B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在 0～2.0 A 范围内调节的电流 I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取 g＝10 m/s2)图 9－2－16(1)为使电磁天平的量程达到 0.5 kg，线圈的匝数 N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选 N2＝100 匝、形状相同的线圈，总电阻 R＝10 Ω .不接外电流，两臂平衡．如图 9－2－16(2)所示，保持 B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度 B 随时间均匀变大，磁场区域宽度 d＝0.1 m．当挂盘中放质量为 0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率 .Δ BΔ t解析：(1)线圈受到安培力 F＝N 1B0IL①天平平衡 mg＝N 1B0IL②代入 m＝0.5 kg，I＝2.0 A，B 0＝1.0 T，L＝0.1 m3得 N1＝25 匝③(2)由电磁感应定律得 E＝N 2 ④Δ ΦΔ tE＝N 2 Ld⑤Δ BΔ t由欧姆定律得 I′＝ ⑥ER线圈受到安培力 F′＝N 2B0I′L⑦天平平衡 m′g＝N B0 · ⑧2Δ BΔ t dL2R代入数据可得 ＝0.1 T/s⑨Δ BΔ t答案：(1)N 1＝25 匝 (2) ＝0.1 T/sΔ BΔ t1第 2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象自主测评一、基础知识题组1．[法拉第电磁感应定律](2014年高考·安徽卷) 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图 9－2－1 所示，一个半径为 r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场 B，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的大小是( )图 9－2－1A．0 B. r2qk12C．2 π r2qk D． π r2qk解析：沿圆环一周产生的感生电动势 U＝ ＝ π r2·k，则感生电场力做的功nSΔ BΔ tW＝qU＝ π r2qk.答案： D2．[自感现象]图 9－2－2如图 9－2－2 所示的电路中，电源的电动势为 E，内阻为 r，电感 L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡 D的阻值．在 t＝0 时刻闭合开关 S，经过一段时间后，在 t＝t 1时刻断开S.下列表示 A、B 两点间电压 UAB随时间 t变化的图象中，正确的是( )2解析：开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看作“变化的电阻” ，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压 UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，又由于电阻 R的阻值大于灯泡 D的阻值，电路稳定时，电感中电流小于灯泡中的电流，断电后电流突变为较小的值并逐渐减小到 0，所以正确选项为 B.答案： B二、规律方法题组3．[导体切割磁感线问题]图 9－2－3如图 9－2－3 所示，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆 MN在平行金属导轨上以速度 v向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为 E1；若磁感应强度增为 2B，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为 E2.则通过电阻 R的电流方向及 E1与 E2之比分别为( )A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：由右手定则可知金属杆中的电流方向为 N→M，通过电阻 R的电流方向为 a→c.磁感应强度为 B时，金属杆切割磁感线产生的感应电动势为 E1＝Blv；磁感应强度为 2B时，金属杆切割磁感线产生的感应电动势为 E2＝2Blv，因而 E1∶E 2＝1∶2.综上可知选项 C正确．答案： C图 9－2－44．[用结论“q＝n ”解题]Δ ΦR总如图 9－2－4 所示，正方形线圈 abcd位于纸面内，边长为 L，匝数为 N，线圈内接有电阻值为 R的电阻，过 ab中点和 cd中点的连线 OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为 B.当线圈转过 90°时，通过电阻 R的电荷量为( )3A. B.BL22R NBL22RC. D.BL2R NBL2R解析：初状态时，通过线圈的磁通量为 Φ 1＝ ，当线圈转过 90°时，通过线圈的磁BL22通量为 0，由 q＝N 可得通过电阻 R的电荷量为 .Δ ΦR总 NBL22R答案： B1第 3 讲 电磁感应规律的综合应用高考·模拟·创新图 9－3－131．(2015 年高考·福建卷)如图 9－3－13，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框 abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场 B 中．一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ，在水平拉力作用下沿 ab、dc 以速度 v 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在 PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中( )A．PQ 中电流先增大后减小B．PQ 两端电压先减小后增大C．PQ 上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析：PQ 棒垂直切割磁感线匀速运动，它相当于恒定电源．PQ 棒移动过程中，abcd 线框的等效电阻是变化的，设 PQ 左边线路电阻为 R1，所以 R 总 ＝R＋ ，PQ 棒移到R1 3R－ R13R中间时，abcd 框的等效电阻最大，此刻 PQ 棒电流最小，故 PQ 中电流先减小后增大， A 项错误；PQ 两端电压 U＝E－IR，因为电流先减小后增大，所以电压先增大后减小， B 项错误；PQ 棒到中间时，安培力最小，据 P＝Fv，拉力的瞬时功率最小， C 项正确；当外电阻为 R 时功率最大，外电阻由小于 R 增至 R 再减小到小于 R，故线圈消耗功率先大再小、再大再小，32D 错．答案： C2．(2015 年高考·山东卷)如图 9－3－14 甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为 T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过 R0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环 a 端电势高于 b 端时，a、b 间的电压uab为正，下列 uab—t 图象可能正确的是( )图 9－3－142解析：在第一个 0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内 a 端电势高于 b 端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第 0.25T0～0.5T 0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a 端电势低于 b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势逐渐变大；故选项 C 正确．答案： C3．(2015 年高考·北京卷)如图 9－3－15 所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度 L＝0.4 m，一端连接 R＝1 Ω 的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝1 T．导体棒 MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力 F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度 v＝5 m/s.求：图 9－3－15(1)感应电动势 E 和感应电流 I；(2)在 0.1 s 时间内，拉力的冲量 IF的大小；(3)若将 MN 换为电阻 r＝1 Ω 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压 U.解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv＝1 T×0.4 m×5 m/s＝2 V感应电流 I＝ ＝ ＝2 A.ER 2 V1 Ω(2)导体棒所受安培力大小 F 安 ＝BIL＝0.8 N，导体棒在匀速运动过程中，拉力大小等于安培力，所以导体棒所受拉力 F＝F 安 ＝0.8 N拉力的冲量 IF＝Ft＝0.8 N×0.1 s＝0.08 N·s.3(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I′＝ ＝1 A，ER＋ r由欧姆定律可得，导体棒两端电压 U＝I′R＝1 V.答案：(1)2 V 2 A (2)0.08 N·s (3)1 V1第 3 讲 电磁感应规律的综合应用自主测评一、基础知识题组1．[电路问题]图 9－3－1如图 9－3－1 所示，一个半径为 L 的半圆形硬导体 MN 以速度 v 在水平 U 形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为 B，回路电阻为 R0，半圆形硬导体 MN 的电阻为 r，其余电阻不计，则半圆形硬导体 MN 切割磁感线产生感应电动势的大小及 MN 之间的电势差分别为( )A．2BLv； B．2BLv；BLvBLvR0R0＋ rC．BLv；2BLv D．2BLv；2BLvR0R0＋ r解析：半圆形硬导体 MN 的有效切割长度为 2L，因此 MN 切割磁感线产生的感应电动势大小 E＝2BLv；MN 相当于电源，MN 之间的电势差是电源的路端电压，即 U＝IR 0＝ R0＝ER0＋ r.D 项正确．2BLvR0R0＋ r答案： D图 9－3－22．[电磁感应中的力学问题](多选)如图 9－3－2 所示，在磁感应强度 B＝0.50 T 的匀强磁场中，导体 PQ 在力 F 作用下在 U 形导轨上以速度 v＝10 m/s 向右匀速滑动，两导轨间距离 L＝1.0 m，电阻 R＝1.0 Ω ，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是( )A．导体 PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为 5.0 VB．导体 PQ 受到的安培力方向水平向右C．作用力 F 大小是 0.50 ND．作用力 F 的功率是 25 W2解析：E＝BLv＝0.50×1.0×10 V＝5.0 V， A 正确；由右手定则和左手定则知，安培力方向向左，且 F＝ ＝2.5 N， B、 C 错误；P F＝F·v＝2.5×10 W＝25 W， D 正确．B2L2vR答案： AD二、规律方法题组图 9－3－33．[电磁感应现象中的能量问题]如图 9－3－3 所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为 L 和 2L 的两只闭合线框 a 和b，以相同的速度从磁感应强度为 B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对线框做的功分别为 Wa、W b，则 Wa∶W b为( )A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能确定解析：根据能量守恒定律可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热．Wa＝Q a＝ · ，W b＝Q b＝ · ， BLv 2Ra Lv  B·2Lv 2Rb 2Lv由电阻定律知 Rb＝2R a，故 Wa∶W b＝1∶4. A 项正确．答案： A图 9－3－44．[电磁感应现象的综合问题]如图 9－3－4 所示，导线框 abcd 固定在竖直平面内，导线 ab 和 cd 间的宽度为 l，bc间电阻阻值为 R，其他电阻均可忽略．ef 是一电阻可忽略的水平放置的导体杆，杆的质量为3m，杆的两端分别与 ab 和 cd 保持良好接触，且能沿导线框无摩擦地滑动，磁感应强度为 B的匀强磁场方向与框面垂直．现用一恒力 F 竖直向上拉 ef，使其由静止开始运动，当 ef 上升高度为 h 时，ef 恰好做匀速运动．求：(1)ef 匀速上升的速度 v 的大小．(2)ef 从开始运动到上升 h 的整个过程中产生的焦耳热 Q 的大小．解析：(1)ef 匀速上升时，受到竖直向上的恒力 F，竖直向下的安培力 F 安 和重力 mg，根据平衡条件有 F－mg－BIl＝0根据法拉第电磁感应定律有 E＝Blv根据闭合电路欧姆定律有 I＝ER由以上各式联立解得 v＝ .R F－ mgB2l2(2)ef 上升 h 的整个过程中，根据能量守恒定律有Q＝(F－mg)h－ mv212＝(F－mg)h－ .mR2 F－ mg 22B4l4答案：(1)  F－ mg RB2l2(2)(F－mg)h－mR2 F－ mg 22B4l4