2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6、7題為多項(xiàng)選擇題) 1. 如圖所示，一導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為圓心．環(huán)內(nèi)兩個(gè)圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直．導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，M端通過滑動(dòng)觸點(diǎn)與圓環(huán)接觸良好．在圓心和圓環(huán)間連有電阻R.桿OM以勻角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，t＝0時(shí)恰好在圖示位置．規(guī)定從a到b流經(jīng)電阻R的電流方向?yàn)檎?，圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻忽略不計(jì)，則桿從t＝0開始轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，電流隨ωt變化的圖象是(　　) 解析：根據(jù)E＝Bωl2和I＝可知，導(dǎo)體切割磁感

2、線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小是恒定的．根據(jù)右手定則，可知C正確． 答案：C 2．[2018·浙江五校5月聯(lián)考]如圖1所示的是工業(yè)上探測(cè)物件表面層內(nèi)部是否存在缺陷的渦流探傷技術(shù)．其原理是用電流線圈使物件內(nèi)產(chǎn)生渦電流，借助探測(cè)線圈測(cè)定渦電流的改變，從而獲得構(gòu)件內(nèi)部是否斷裂及位置的信息．如圖2所示的是一個(gè)帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來(lái)的跳環(huán)實(shí)驗(yàn)裝置，將一個(gè)套環(huán)置于線圈L上且使鐵芯穿過其中，閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)將立刻跳起．關(guān)于對(duì)以上兩個(gè)運(yùn)用實(shí)例理解正確的是(　　) A．渦流探傷技術(shù)運(yùn)用了互感原理，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示了自感現(xiàn)象 B．能被探測(cè)的物件和實(shí)驗(yàn)所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料 C．以上兩

3、個(gè)案例中的線圈所連接電源都必須是變化的交流電源 D．以上兩個(gè)案例中的線圈所連接電源也可以都是穩(wěn)恒電源 解析：渦流探傷技術(shù)運(yùn)用了互感原理，跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示了互感現(xiàn)象，A項(xiàng)錯(cuò)誤；能被探測(cè)的物件和實(shí)驗(yàn)所用的套環(huán)必須是導(dǎo)電材料，才能在套環(huán)中形成感應(yīng)電流，B項(xiàng)正確；以上兩個(gè)案例中渦流探傷技術(shù)的線圈必須用交流電源，而跳環(huán)實(shí)驗(yàn)演示所連接電源是直流電源，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B. 答案：B 3. 如圖所示，用一條橫截面積為S的硬導(dǎo)線做成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對(duì)角線重合，導(dǎo)線的

4、電阻率為ρ.則下列說法正確的是(　　) A．線框中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．線框具有擴(kuò)張的趨勢(shì) C．若某時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則線框受到的安培力為 D．線框中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小為 解析：根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝＝S＝·L2＝kL2， 因線框電阻R＝ρ，那么感應(yīng)電流大小為I＝＝，則線框受到的安培力為：F＝BI×L＝，故C正確；由上分析，可知，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小U＝E＝kL2，故D錯(cuò)誤． 答案：C

5、 4．如圖所示的直流電路中，當(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)系是L1>L2>L3.電感L的電阻可忽略，D為理想二極管．現(xiàn)斷開開關(guān)S2，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，再斷開開關(guān)S1，則斷開開關(guān)S1的瞬間，下列判斷正確的是(　　) A．L1逐漸變暗，L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 B．L2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗 C．L1、L2、L3均先變亮然后逐漸變暗 D．L1逐漸變暗，L2立即熄滅，L3先變亮然后逐漸變暗 解析：當(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)系是L1>L2>L3，對(duì)應(yīng)的實(shí)際功率的關(guān)系有P1>P2>P3，根據(jù)P＝有R1

6、斷開S2，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，三個(gè)燈泡的亮度不變，再斷開開關(guān)S1，電感L由于自感，電流繼續(xù)沿原方向流動(dòng)，L中電流從I1逐漸減小，則通過L1的電流也逐漸減?。ㄟ^L3的電流在開關(guān)S1斷開的瞬間比原來(lái)的電流大，此后逐漸變小．當(dāng)開關(guān)S1突然斷開時(shí)，電感L相當(dāng)于電源，此時(shí)二極管處于反向截止?fàn)顟B(tài)，故L2立即熄滅，D正確，A、B、C錯(cuò)誤． 答案：D 5. 如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行直導(dǎo)軌AB、CD與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，A、C兩點(diǎn)間接有阻值為R的定值電阻．一根質(zhì)量均勻分布的直金屬桿放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)

7、軌和金屬桿接觸良好，金屬桿的阻值為r，其余部分電阻不計(jì)，金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)將外力F沿與導(dǎo)軌平行的方向作用在金屬桿上，讓其由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則下列外力F與作用時(shí)間t的圖象中正確的是(　　) 解析：分析金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況可知，金屬桿受重力mg、導(dǎo)軌的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金屬桿沿導(dǎo)軌方向向上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F－mgsinθ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝＝，所以F安＝B0IL＝，F(xiàn)f＝μmgcosθ，所以有F－mgsinθ－－μmgcosθ＝ma，又因v＝at，將其代入上式可得F＝t＋mgsi

8、nθ＋μmgcosθ＋ma，由此表達(dá)式可知，選項(xiàng)B正確． 答案：B 6．如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，直徑與磁場(chǎng)寬度相同的圓形金屬線框以一定的初速度斜向上勻速通過磁場(chǎng)．在必要的時(shí)間段內(nèi)施加必要的水平拉力保證其做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是(　　) A．金屬線框內(nèi)感應(yīng)電流經(jīng)歷兩次先增大后減小 B．金屬線框內(nèi)感應(yīng)電流方向先沿順時(shí)針方向再沿逆時(shí)針方向 C．拉力方向與速度方向相同 D．拉力方向與速度方向無(wú)關(guān) 解析：金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，切割的有效長(zhǎng)度先增大后減小，感應(yīng)電流先增大后減小，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，金屬線框出磁場(chǎng)的過程中，切割的有效長(zhǎng)度也是先增大后減小，感應(yīng)電流先

9、增大后減小，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故金屬線框勻速通過磁場(chǎng)的過程，感應(yīng)電流經(jīng)歷兩次先增大后減小，感應(yīng)電流方向先沿逆時(shí)針方向再沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；金屬線框勻速運(yùn)動(dòng)，受到的合外力為0，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向?yàn)樗较蜃?，故拉力方向一定水平向右，與速度方向無(wú)關(guān)(容易犯思維定式錯(cuò)誤，誤認(rèn)為拉力方向與速度同向)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確． 答案：AD 7．[2018·江蘇卷，9]如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加

10、速度為g.金屬桿(　　) A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度相等可知， 金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場(chǎng)之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ過程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場(chǎng)

11、Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為Q2＝2×2mgd＝4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度v＝，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：BC 二、非選擇題 8．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝37°角固定，M、P之間接電阻箱R，導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T．質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放

12、置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測(cè)得最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關(guān)系如圖乙所示．已知導(dǎo)軌間距L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)． (1)桿ab下滑過程中，判斷感應(yīng)電流的方向． (2)求R＝0時(shí)，閉合電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的最大值． (3)求金屬桿的質(zhì)量m和阻值r. 解析：(1)由右手定則可知，電流方向?yàn)閎→a(或aMPba)． (2)由題圖可知，當(dāng)R＝0時(shí)，桿的速度穩(wěn)定后，它以2 m/s的速度勻速下滑，此時(shí)電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，最大值E＝BLv＝4 V. (3)金屬桿下滑的最大速度即為vm. 桿切割磁感

13、線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值E＝BLvm 由閉合電路的歐姆定律得I＝ 桿達(dá)到最大速度時(shí)，滿足條件 mgsinθ－BIL＝0 解得vm＝(R＋r) 結(jié)合圖象可得 ＝k，k＝1 m/(s·Ω) r＝2 m/s 解得m＝ kg，r＝2 Ω. 答案：(1)b→a　(2)4 V　(3) kg　2 Ω 9．如圖所示，兩根質(zhì)量均為m＝2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1：2，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻．現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)x＝0.5 m時(shí)其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30

14、 J，此時(shí)兩棒速率之比為vA：vC＝1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求： (1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱； (2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC； (3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v′A和v′C. 解析：(1)設(shè)兩棒的長(zhǎng)度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝15 J. (2)根據(jù)能量守恒定律，有Fx＝mv＋mv＋Q1＋Q2 又vA：vC＝1：2，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s. (3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足 BLvA′＝B·2LvC′ 即vA′＝2vC′(不對(duì)過程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見錯(cuò)誤) 對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有FA·t＝mvA′－mvA，－FC·t＝mvC′－mvC. 因?yàn)镕C＝2FA，故有＝ 聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s. 答案：(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s