2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用優(yōu)練（含解析）

《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用優(yōu)練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用優(yōu)練（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 一、選擇題(本題共8小題，其中1～5題為單選，6～8題為多選) 1．(2019·廣東模擬)航母上飛機(jī)彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)的。電磁驅(qū)動原理如圖所示，在固定線圈左右兩側(cè)對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，則合上開關(guān)S的瞬間(　D　) A．兩個金屬環(huán)都向左運動 B．兩個金屬環(huán)都向右運動 C．銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力 D．從左側(cè)向右看，鋁環(huán)中感應(yīng)電流沿順時針方向 [解析]　若環(huán)放在線圈兩邊，根據(jù)“來拒去留”可得，合上開關(guān)S的瞬間，環(huán)為阻礙磁通量增大，則環(huán)將向兩邊運動，A、B錯誤；由于銅環(huán)的電阻較小

2、，則銅環(huán)中感應(yīng)電流較大，故銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)，C錯誤；線圈中電流為右側(cè)流入，磁場方向為向左，在閉合開關(guān)的過程中，磁場變強(qiáng)，由楞次定律可知，電流由左側(cè)向右看為順時針，D正確。 2．(2019·湖南模擬)圖甲為興趣小組制作的無線充電裝置中受電線圈示意圖，已知線圈匝數(shù)n＝100匝、電阻r＝1 Ω、橫截面積S＝1.5×10－3 m2，外接電阻R＝7 Ω。線圈處在平行于線圈軸線的磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化如圖乙所示，設(shè)磁場的正方向水平向左，則(　C　) A．在0.005 s時通過電阻R的電流大小為0 B．在0.005 s時通過電阻R的電流方向由a流向b C．在0～0.01 s

3、內(nèi)通過電阻R的電荷量q＝1.5×10－3C D．在0.02～0.03 s內(nèi)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝1.8×10－3 J [解析]　t＝0.005 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，磁通量為0，但磁通量的變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，A錯誤；0～0.005 s過程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律，根據(jù)電流磁場方向向左，由安培定則知流過電阻R的電流方向由b流向a，B錯誤；在0～0.01 s內(nèi)，根據(jù)感應(yīng)電量的公式有q＝n，其中ΔΦ＝2BS＝2×4×10－2×1.5×10－3＝1.2×10－4Wb，所以q＝100×C＝1.5×10－3C，C正確；由圖象知周期T＝2.0×10－2s，角速度

4、ω＝＝＝100π rad/s，感應(yīng)電動勢的最大值Em＝nBSω＝100×4×10－2×1.5×10－3×100π＝0.6π，感應(yīng)電動勢的有效值E＝＝，電流I＝＝A，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝()2×7×0.01 J≈4.0×10－3 J，D錯誤。 3．(2019·江蘇模擬)發(fā)光二極管是目前電器指示燈廣泛使用的電子元件，在電路中的符號是“”。只有電流從標(biāo)有“＋”號的一端流入時，它才能發(fā)光，如圖所示，螺線管與兩只反向并聯(lián)的發(fā)光二極管相連，磁鐵從螺線管的正上方由靜止釋放，向下穿過螺線管。下列說法正確的是(　A　) A．磁鐵N極朝下釋放時，先紅燈亮后綠燈亮 B．磁鐵S極朝下釋放時，先

5、紅燈亮后綠燈亮 C．若磁鐵磁性足夠強(qiáng)，則磁鐵可以懸停在管內(nèi) D．磁鐵減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的電能 [解析]　磁鐵N極朝下釋放時， 由楞次定律可判斷先是紅燈亮后綠燈亮，A正確；磁鐵S極朝下釋放時，由楞次定律可判斷先是綠燈亮后紅燈亮，B錯誤；即使磁鐵磁性足夠強(qiáng)，磁鐵也不可能懸停在管內(nèi)，因為假設(shè)懸停在管內(nèi)，螺線管內(nèi)無磁通量變化，無感應(yīng)電流產(chǎn)生，磁鐵只受重力，C錯誤；此過程中，磁鐵的重力勢能、動能和回路中的電能相互轉(zhuǎn)化，磁鐵減少的機(jī)械能等于回路中產(chǎn)生的電能，D錯誤。 4．(2019·云南模擬)如圖所示，兩光滑水平放置的平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個

6、裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計。現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運動，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右勻速運動時(　C　) A．電容器兩端的電壓為零 B．通過電阻R的電流為 C．電容器所帶電荷量為CBLv D．為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為 [解析]　導(dǎo)線向右運動時切割磁感線，給電容器充電，根據(jù)左手定則可知，安培力使得導(dǎo)線減速運動，當(dāng)電容器電壓與導(dǎo)線的電動勢相等時，導(dǎo)線中沒有電流，導(dǎo)線做勻速運動，因此選項A、B均錯；根據(jù)Q＝CU可知，最終電容器所帶電荷量為Q＝CBLv，C正確；根據(jù)上述分析，當(dāng)

7、電容器電壓與切割磁感線的電動勢相等時，就沒有感應(yīng)電流，因此不要外界作用力，D錯誤。 5．(2019·遼寧沈陽模擬)如圖所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向如圖甲所示，左線圈連著正方形線框abcd，線框所在區(qū)域存在變化的磁場，取垂直紙面向外力正，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化如圖乙所示，不計線框以外的感生電場，右側(cè)線圈連接一定值電阻R，下列說法中正確的是(　D　) A．設(shè)t1、t3時刻ab邊電流大小分別為i1、i3，則有i1＜i3，定值電阻R中有電流 B．t2～t4時間內(nèi)通過ab邊電量為0，定值電阻R中無電流 C．t1時刻ab邊中電流方向由a→b，e點電勢高于f點 D．t5時刻ab

8、邊中電流方向由b→a，f點電勢高于e點 [解析]　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS，正方形線框中的感應(yīng)電動勢是恒定值， 原線圈中電流值恒定，副線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，e點電勢等于f點電勢，A錯誤；t2～t4時間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，磁通量均勻變化，有恒定感應(yīng)電流通過ab，通過ab邊的電量不為0，副線圈磁通量不變，定值電阻R中無電流，B錯誤；t1時刻磁場方向向外且均勻增加，根據(jù)楞次定律，線框中感應(yīng)電流沿順時針方向，ab邊中電流方向由b→a，副線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，e點電勢等于f點電勢，C錯誤；t5時刻磁場方向垂直紙面向里，磁場變小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得感應(yīng)電流為順時針方向，ab邊中

9、電流方向由b→a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率增大，感應(yīng)電流變大，穿過副線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，副線圈中感應(yīng)電動勢上負(fù)下正，因此e點電勢低于f點，D正確。 6．(2019·福建漳浦模擬)健身車的磁控阻力原理如圖所示，在銅質(zhì)飛輪的外側(cè)有一些磁鐵(與飛輪不接觸)，人在健身時帶動飛輪轉(zhuǎn)動，磁鐵會對飛輪產(chǎn)生阻礙，拉動控制拉桿可以改變磁鐵與飛輪間的距離。則(　CD　) A．飛輪受到阻力大小與其材料密度有關(guān) B．飛輪受到阻力大小與其材料電阻率無關(guān) C．飛輪轉(zhuǎn)速一定時，磁鐵越靠近飛輪，其受到的阻力越大 D．磁鐵與飛輪間距不變時，飛輪轉(zhuǎn)速越大，其受到阻力越大 [解析]　飛輪在磁場中做

10、切割磁感線的運動，所以會產(chǎn)生電源電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知，磁場會對運動的飛輪產(chǎn)生阻力，以阻礙飛輪與磁場之間的相對運動，所以飛輪受到的阻力主要來源于磁鐵對它的安培力，而安培力大小與其材料的電阻率有關(guān)，與其密度無關(guān)，故A、B錯誤；磁鐵越靠近飛輪，飛輪處于的磁感應(yīng)強(qiáng)度越強(qiáng)，所以在飛輪轉(zhuǎn)速一定時，磁鐵越靠近飛輪，飛輪上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流越大；飛輪受到的阻力越大，C正確；磁鐵和飛輪間的距離一定時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，飛輪轉(zhuǎn)速越大，則飛輪上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流越大，那么飛輪受到的阻力越大，D正確。 7．(2019·浙江模擬)如圖所示，兩根足夠長、間距為l的固定光滑平行金屬

11、導(dǎo)軌，位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著質(zhì)量分別為m和3m的導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，已知兩棒的電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計。開始時，導(dǎo)體棒cd靜止，導(dǎo)體棒ab以大小為v0的初速度從導(dǎo)軌左端開始向右運動，忽略回路中電流對磁場的影響，導(dǎo)體棒ab和cd在運動過程中不會發(fā)生碰撞，經(jīng)過足夠長的時間后，下列說法正確的是 (　BC　) A．金屬棒cd先做勻加速直線運動，達(dá)到v0后做直線運動 B．金屬棒cd先做變加速直線運動，后以某一速度勻速直線運動 C．兩金屬棒在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多為mv D．兩金屬棒在運動中產(chǎn)

12、生的焦耳熱最多為mv [解析]　開始階段ab棒向右減速運動，cd棒向右加速運動，cd棒速度小于ab棒速度。設(shè)某時刻ab棒速度為v1，cd棒速度為v2，v1＞v2，則cd棒的加速度a2＝。隨時間推移，v1減小，v2增大，故a2隨時間減小，因此cd棒先做變加速直線運動。當(dāng)v1＝v2時，a2＝0，ab棒和cd棒以相同的速度v做勻速直線運動。故選項A錯誤、選項B正確；設(shè)整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳為Q，以兩棒為系統(tǒng)，由動量守恒定律有：mv0＝4mv；由能量守恒定律有：mv＝·4mv2＋Q，聯(lián)立求解得：Q＝mv，故選項C正確、選項D錯誤。 8．(2019·江蘇蘇州模擬)如圖所示，導(dǎo)體框位于豎直平面內(nèi)，勻

13、強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2.0 T，水平導(dǎo)體棒MN可沿兩側(cè)足夠長的光滑導(dǎo)軌下滑而不分離，導(dǎo)體棒MN質(zhì)量m＝0.1 kg，接入電路的電阻r＝1.0 Ω；導(dǎo)軌寬度L＝1.0 m，定值電阻R＝3.0 Ω，裝置的其余部分電阻可忽略不計。將導(dǎo)體棒MN無初速度釋放，導(dǎo)體棒下滑h＝2.0 m高度時速度達(dá)到最大，重力加速度g＝10 m/s2。則導(dǎo)體棒(　BD　) A．下滑的最大速度為4 m/s B．從釋放到下滑h高度所經(jīng)歷時間為2.1 s C．從釋放到下滑h高度過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量為1.95 J D．從釋放到下滑h高度過程中，通過電阻R的電荷量為1 C [解析]　導(dǎo)體棒勻速運

14、動時速度最大，設(shè)為v。根據(jù)＝mg得：v＝1 m/s，A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：mg－＝ma＝m，變形得：mgΔt－Δt＝mΔv，兩邊求和得：ΣmgΔt－∑Δt＝ΣmΔv，可得：mgt－＝mv，解得t＝2.1 s，B正確；從釋放到下滑h高度過程中，根據(jù)能量守恒定律得：mgh＝mv2＋Q，電阻R產(chǎn)生的熱量為：QR＝Q，解得：QR＝1.462 5 J，C錯誤；從釋放到下滑h高度過程中，通過電阻R的電荷量為：＝＝＝1 C，D正確。 二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟) 9．(2019·四川模擬)如圖所示， 一金屬導(dǎo)線單位長度的電阻為r，折成閉合的等腰直角三角形線框ABC，直角邊長為

15、d，在t＝0時刻從圖示位置開始以速度v勻速穿過磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場區(qū)域?qū)挾葹?d。則： (1)當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場區(qū)域時，直角邊AC產(chǎn)生電動勢的大?。? (2)當(dāng)線框的水平直角邊進(jìn)入一半時，導(dǎo)線內(nèi)電流的大小； (3)若使線框穿出磁場區(qū)域過程中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，僅改變磁場，其他條件不變，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律。 [答案]　(1)B0dv　(2) (3)B＝B0(t＜) [解析]　(1)當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場區(qū)域時，直角邊AC產(chǎn)生電動勢E＝B0dv (2)當(dāng)線框的水平直角邊進(jìn)入一半時，有效切割長度為，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E′＝B0·v＝B0dv 線框的總電阻R總＝

16、(2d＋d)×r　則I＝＝＝ (3)在t＝0時刻磁通量Φ0＝B0d2 t時刻磁通量Φ＝B·(d－vt)2 要使線框穿出磁場區(qū)域過程中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則Φ＝Φ0 可得B＝B0(t＜) 10．(2019·高考大綱調(diào)研卷)兩固定水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上放著兩根相同導(dǎo)體棒ab和已知每根導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，開始時ab和cd兩導(dǎo)體棒有方向相反的水平初速度，大小分別為v0和2v0。 (1)求從開始到最終穩(wěn)定的過程中回路總共產(chǎn)生的焦耳熱； (2)當(dāng)ab棒的速度大小變?yōu)闀r，求： ①通過cd棒的電荷量為

17、多少？ ②兩棒間的距離增大為多少？ ③回路消耗的電功率為多少？ [答案]　(1)mv　(2)①或?、诨颉、刍? [解析]　(1)從開始到最終穩(wěn)定的過程中，兩棒總動量守恒，則有：2mv0－mv0＝2mv 解得：v＝ 由能量守恒可得從開始到最終穩(wěn)定回路中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝mv＋m(2v0)2－(2m)v2＝mv (2)分析兩棒運動的情況可知，ab棒的速度大小為有兩種情況： ①當(dāng)ab棒速度未反向時，即vab＝－，設(shè)此時cd棒的速度為v1，由動量守恒定律： 2mv0－mv0＝m＋mv1 解得： v1＝ ②當(dāng)ab棒速度反向時，即v′ab＝，設(shè)此時cd棒的速度為v2，由動量守恒定律： 2mv0－mv0＝m＋mv2 解得： v2＝ ①對棒由動量定理可得： F安t＝mΔv，其中F安＝BIL I＝，E＝BL(vcd－vab)，q＝It 代入兩種情況可知：當(dāng)v′ab＝－時，BLq2＝mv0－m 解得： q1＝ 當(dāng)vab＝時， BLq2＝mv0＋m解得： q2＝ ②由q＝＝ 可得：Δx1＝ 或Δx2＝ ③由于是純電阻電路，電功率就是電生熱的功率，即P＝I2R，將I＝，E＝BL(vcd－vab)代入得：P＝； P1＝＝，P2＝＝ - 8 -