2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評(píng)

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評(píng) 1．[xx·江西一模]如右圖所示，有兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場(chǎng)方向相反，且與紙面垂直，磁場(chǎng)區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠?qū)挕，F(xiàn)有一高為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開(kāi)始向右沿x軸方向勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。若以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，在選項(xiàng)圖中，線框中感應(yīng)電流i與線框移動(dòng)的位移x的關(guān)系圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　線框從開(kāi)始進(jìn)入到全部進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，磁通量向里增大，則由楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故B一定錯(cuò)誤；因切割的有效長(zhǎng)度均勻增大，故由E＝

2、BLv可知，電動(dòng)勢(shì)也均勻增加；而在全部進(jìn)入第一部分磁場(chǎng)時(shí)，磁通量達(dá)最大，該瞬間變化率為零，故電動(dòng)勢(shì)也為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)線圈開(kāi)始進(jìn)入第二段磁場(chǎng)后，線圈中磁通量向里減小，則可知電流為順時(shí)針，故D錯(cuò)誤，C正確；故選C。 2．[xx·菏澤一模](多選)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率＝kt(k<0)。則(　　) A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì) C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為 D．圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝|

3、kπr2| 答案　BD 解析　磁通量向里，減小，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以A錯(cuò)誤。由楞次定律可知，為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴(kuò)張的趨勢(shì)，所以B選項(xiàng)正確。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝＝k，感應(yīng)電流I＝＝＝，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤。由閉合電路歐姆定律可知，ab間的電勢(shì)差為Uab＝||＝|kπr2|，D選項(xiàng)正確。 3．[xx·山東模擬](多選)如圖所示，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m，垂直于導(dǎo)軌放置。起初甲金屬桿處在磁場(chǎng)的上邊界ab上，

4、乙在甲上方距甲也為l處。現(xiàn)將兩金屬桿同時(shí)由靜止釋放，釋放同時(shí)在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的拉力，使甲金屬桿始終以大小為a＝g的加速度沿導(dǎo)軌向下勻加速運(yùn)動(dòng)，已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則以下正確的是(　　) A．每根金屬桿的電阻R＝ B．甲金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，拉力對(duì)桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱 C．乙金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，安培力的功率是P＝mg D．乙金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)直至出磁場(chǎng)過(guò)程中回路中通過(guò)的電量為Q＝m 答案　AB 解析　乙沒(méi)進(jìn)磁場(chǎng)前受力分析，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma2→a2＝g＝a甲，因此甲乙兩桿相對(duì)靜止，當(dāng)乙剛進(jìn)入磁

5、場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，mgsinθ＝BIl，此時(shí)甲剛離開(kāi)磁場(chǎng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)可知2al＝v2，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv，而由歐姆定律可知I＝，以上各式聯(lián)立得R＝，所以A選項(xiàng)正確。由于乙在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以安培力的功率P＝mgsinθ·v＝mg，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。乙桿從進(jìn)入磁場(chǎng)到出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)回路的電量Q＝＝＝，D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的。列甲、乙兩桿組成的系統(tǒng)的動(dòng)能定理：2mgsinθl＋WF－W克＝2mv2，又由功能關(guān)系得Q熱＝W克＝WF，所以B選項(xiàng)是正確的。 4．[xx·山西聯(lián)考](多選)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L(zhǎng)，軌道電阻不計(jì)。在軌道頂端連有一阻值為R的電

6、阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開(kāi)始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過(guò)程中(　　) A．通過(guò)R的電流方向?yàn)橛赏庀騼?nèi) B．拉力F做的功為＋mgr C．R上產(chǎn)生的熱量為 D．流過(guò)R的電量為 答案　ABC 解析　由右手定則可知，通過(guò)R的電流由外向內(nèi)，A選項(xiàng)是正確的，由于棒做速度為v0的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以它的角速度ω＝為定值，棒切割磁感線的有效速度為垂直磁感線的分速度，即v＝v0·cosωt，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝BLv＝BLv0cosωt也就是產(chǎn)生了余弦式交流電，求R上產(chǎn)

7、生的熱量時(shí)，必須用交流電的有效值E＝，所以Q熱＝t，其中t＝＝×＝，代入得Q熱＝，所以C選項(xiàng)是正確的。流過(guò)R的電量：q＝＝，因此D選項(xiàng)是錯(cuò)誤的。列棒從開(kāi)始到ab過(guò)程中的動(dòng)能定理：WF－mgr－W克安＝0，其中W克安＝Q熱，代入得WF＝＋mgr，所以B選項(xiàng)是正確的。 5．[xx·銀川一模]如圖所示，傾斜角θ＝30°的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長(zhǎng))與光滑水平導(dǎo)體軌道連接。軌道寬度均為L(zhǎng)＝1 m，電阻忽略不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B1＝1 T；勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域，方向垂直于傾斜軌道平面向下，大小B2＝1 T。現(xiàn)將兩質(zhì)量均為m＝0.2 kg，電阻

8、均為R＝0.5 Ω的相同導(dǎo)體棒ab和cd，垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上，并同時(shí)由靜止釋放。取g＝10 m/s2。 (1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大?。? (2)若已知從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd棒達(dá)到最大速度的過(guò)程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.45 J，求該過(guò)程中通過(guò)cd棒橫截面的電荷量； (3)若已知cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)距水平軌道高度h＝10 m，cd棒由靜止釋放后，為使cd棒中無(wú)感應(yīng)電流，可讓磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化，將cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻記為t＝0，此時(shí)磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。

9、 答案　(1)1 m/s　(2)1 C　(3)B＝(t< s) 解析　(1)cd棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)為vm，棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，電流為I， 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLvm，電流：I＝ 由平衡條件得：mgsinθ＝BIL，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1 m/s (2)設(shè)cd棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)最大速度的過(guò)程中經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t，通過(guò)的距離為x，cd棒中平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，平均電流為I1，通過(guò)cd棒橫截面的電荷量為q，由能量守恒定律得：mgxsinθ＝mv＋2Q 電動(dòng)勢(shì)：E1＝，電流：I1＝，電荷量：q＝I1t 代入數(shù)據(jù)解得：q＝1 C (3)設(shè)cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過(guò)回路的磁通量為Φ0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過(guò)程中，設(shè)加速度大小為a，經(jīng)過(guò)時(shí)間t通過(guò)的距離為x1，穿過(guò)回路的磁通量為Φ，cd棒在傾斜軌道上下滑時(shí)間為t0，則：Φ0＝B0L 加速度：a＝gsinθ，位移：x1＝at2 Φ＝BL(－x1)，＝at 解得：t0＝ s 為使cd棒中無(wú)感應(yīng)電流，必須有：Φ0＝Φ 解得：B＝(t< s)。