《物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練十二 電磁感應規(guī)律及其應用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練十二 電磁感應規(guī)律及其應用 Word版含解析（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、專題強化練(十二)考點1楞次定律和電磁感應定律1(2019合肥模擬)如圖所示，閉合圓形導體線圈放置在勻強磁場中，線圈平面與磁場平行，當磁感應強度逐漸增大時，以下說法正確的是()A線圈中產生順時針方向的感應電流B線圈中產生逆時針方向的感應電流C線圈中不會產生感應電流D線圈面積有縮小的傾向解析：由于線圈平面與磁場平行，所以穿過線圈的磁通量為零當磁感應強度增大時，穿過線圈的磁通量仍然為零，則線圈中不會產生感應電流，故C項正確答案：C2(多選)(2019鄭州模擬)如圖甲所示，等離子氣流由左方連續(xù)以速度v0射入M和N兩板間的勻強磁場中，ab直導線與M、N相連接，線圈A與直導線cd連接，線圈A內有按圖乙所
2、示規(guī)律變化的磁場，且規(guī)定向左為磁場B的正方向，則下列敘述正確的是()A01 s內，ab、cd導線互相排斥B12 s內，ab、cd導線互相吸引C23 s內，ab、cd導線互相吸引D34 s內，ab、cd導線互相排斥解析：根據左手定則，可判定等離子氣流中的正離子向上極板M偏轉，負離子向下極板N偏轉，所以ab中電流方向是由a向b的在第1 s內，線圈A內磁場方向向右，磁感應強度減小，由楞次定律可知感應電流方向是由c向d的，根據ab、cd內電流的流向關系，可知兩導線相互吸引，故A項錯誤；在第2 s內，線圈A內磁場方向向左，磁感應強度增加，由楞次定律可知感應電流的方向是由c向d的，根據電流的流向關系可知兩
3、導線相互吸引，故B項正確；同理可以判斷C項錯誤，D項正確答案：BD3(2019深圳模擬)某一學習小組在研究電磁感應現象時，利用一根粗細均勻的金屬絲彎成導軌abcd，a()b3b()c.導體棒ef的電阻是bc段電阻的兩倍，如圖所示，勻強磁場垂直于導軌平面，當用平行于導軌的外力F將導體棒ef由靠近bc位置勻速向右移動時，則()A導體棒ef兩端的電壓不變B導體棒ef中的電流變大C拉力F的瞬時功率變大D導軌abcd消耗的電功率先變大后變小解析：設ef的電阻為r，ebcf的電阻為R，ef長為L，速度為v，磁感應強度為B，則導體棒ef產生的感應電動勢為：EBLv；ef兩端的電壓為：UE，E、r不變，R變大
4、，可知U變大，選項A錯誤；ef中的電流為：I，E、r不變，R變大，I變小，選項B錯誤；導體棒勻速運動時拉力F的功率等于回路中的電功率，為P，R增大，則P減小，選項C錯誤abcd消耗的功率是電源ef的輸出功率，根據條件：a()b3b()c，ef的電阻是bc段電阻的兩倍，可知ebcf的電阻先小于ef的電阻，再等于ef的電阻，后大于ef的電阻，所以導軌abcd消耗的電功率先增大后減小，選項D正確答案：D4(2019成都模擬)如圖所示，ef、gh為水平放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌間距為L1 m，導軌左端連接一個R2 的電阻，將一根質量為0.2 kg的金屬棒cd垂直地放置導軌上，且與導軌接觸良好，導
5、軌與金屬棒的電阻均不計，整個裝置放在磁感應強度為B2 T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上現對金屬棒施加一水平向右的拉力F，使棒從靜止開始向右運動，試解答以下問題：(1)若施加的水平外力恒為F8 N，則金屬棒達到的穩(wěn)定速度v1是多少？(2)若施加的水平外力的功率恒為P18 W，則金屬棒達到的穩(wěn)定速度v2是多少？解析：(1)由平衡條件得FF安，所以金屬棒的速度v1，代入數據解得v14 m/s；(2)金屬棒速度達到穩(wěn)定時，由平衡條件得水平外力FF安，功率PFv2，解得v23 m/s.答案：(1)4 m/s(2)3 m/s考點2電磁感應中的圖象問題5(2019惠州模擬)如圖所示，一個有矩形邊界
6、的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里一個三角形閉合導線框，由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則下圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是()解析：線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆時針，電流i應為正方向，選項B、C錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小；線框完全進入磁場的過程，磁通量不變，沒有感應電流產生線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據楞次定律得知感應電流的磁場向里
7、，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流i應為負方向；線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小，選項A正確，D錯誤答案：A6(多選)(2019德州模擬)如圖甲所示，一正方形導線框ABCD置于勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，則線框中的電流I和導線AB受到的安培力F隨時間t變化的圖象分別是(規(guī)定垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，逆時針方向為線框中電流的正方向，向右為安培力的正方向)()解析：由B-t圖象可知，0內，線圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，電路中電流方向為逆時針，沿ABCDA方向，即電流為正方向；T內，
8、線圈中向里的磁通量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針方向，即電流為負方向；由法拉第電磁感應定律E，由于磁感應強度均勻變化，所以產生的感應電流大小保持不變，選項A正確，B錯誤；0內，電路中電流方向為逆時針，根據左手定則可知，AB邊受到的安培力的方向向右，為正值；T內，電路中的電流為順時針，AB邊受到的安培力的方向向左，為負值；根據安培力的公式FBIL，電流大小不變，安培力的大小與磁感應強度成正比，選項C正確，D錯誤答案：AC7(2019上饒模擬)在如圖所示的豎直平面內，在水平線MN的下方有足夠大的勻強磁場，一個等腰三角形金屬線框頂點C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁
9、場中忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進入磁場過程中，關于線框運動的v-t圖象，可能正確的是()解析：線框進入磁場過程中受到的安培力FBIl，線框切割磁感線的有效長度l增大、安培力增大，由牛頓第二定律得：mgFma，得ag，線框由靜止加速，由于l、v不斷增大，a不斷減小，則線框做加速度減小的加速運動，選項C正確答案：C8(2019太原模擬)如圖甲中，兩平行光滑金屬導軌放置在水平面上且間距為L，左端接電阻R，導軌電阻不計整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中將質量為m、電阻為r的金屬棒ab置于導軌上當ab受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動時，F與金屬棒速度v的關系如圖乙所
10、示已知ab與導軌始終垂直且接觸良好，設ab中的感應電流為I，ab受到的安培力大小為F安，R兩端的電壓為UR，R的電功率為P，則下圖中正確的是()解析：由題圖乙可得FF0kv，金屬棒切割磁感線產生電動勢EBLv，金屬棒中電流I，金屬棒受安培力F安BIL，對金屬棒根據牛頓第二定律：FF安ma，代入得：F0vma，所以金屬棒做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時，做勻速運動，選項A正確；F安，URR，R消耗的功率P，選項B、C、D錯誤答案：A考點3電磁感應中的電路和動力學問題9(多選)(2019成都模擬)如圖甲，線圈A(圖中實線，共100匝)的橫截面積為0.3 m2，總電阻r2 ，A右側所接電路中
11、，電阻R12 ，R26 ，電容C3 F，開關S1閉合A中有橫截面積為0.2 m2的區(qū)域C(圖中虛線)，C內有圖乙所示的變化磁場，t0時刻，磁場方向垂直于線圈平面向里下列判斷正確的是()A閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流由b流向aB閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流大小為0.4 AC閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電流由b流向aD閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2106 C解析：根據楞次定律，線圈中產生的感應電流為順時針方向，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流由a流向b，選項A錯誤；根據法拉第電磁感應定律EnS1000.2 V4 V，則閉合S2、電路穩(wěn)定
12、后，通過R2的電流大小為I A0.4 A，選項B正確；閉合S2、電路穩(wěn)定后電容器上極板帶正電，則當再斷開S1，電容器放電，通過R2的電流由a流向b，選項C錯誤；電路穩(wěn)定后電容器帶電量QCUR231060.46 C7.2106 C，則電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2106 C，選項D正確答案：BD10(多選)(2019桂林三校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑且足夠長的金屬導軌MN、PQ平行地固定在同一水平面上，兩導軌間距L0.20 m，兩導軌的左端之間連接的電阻R0.40 ，導軌上停放一質量m0.10 kg的金屬桿ab，位于兩導軌之間的金屬桿的電阻r0.10 ，導軌的電阻可忽略不計整個裝置處
13、于磁感應強度B0.50 T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下現用一水平外力F水平向右拉金屬桿，使之由靜止開始運動，在整個運動過程中金屬桿始終與導軌垂直并接觸良好，若理想電壓表的示數U隨時間t變化的關系如圖乙所示求金屬桿開始運動經t5.0 s時()A通過金屬桿的感應電流的大小為1 A，方向由b指向aB金屬桿的速率為4 m/sC外力F的瞬時功率為1 WD05.0 s內通過R的電荷量為5 C解析：金屬桿向右切割磁感線，由右手定則知電流方向為b指向a，金屬桿開始運動經t5.0 s，由圖象可知電壓為0.4 V，根據閉合電路歐姆定律得I A1 A，故A正確；根據法拉第電磁感應定律知EBLv，根據電路結構可知：
14、UE，解得v5 m/s，故B錯誤；根據電路知UBLv0.08v0.08at，結合U-t圖象知金屬桿做勻加速運動，加速度為a1 m/s2，根據牛頓第二定律，在5 s末時對金屬桿有：FBILma，解得：F0.2 N，此時F的瞬時功率PFv0.25 W1 W，故C正確；05.0 s內通過R的電荷量為qI()tt2.5 C，故D錯誤答案：AC11(2019懷化模擬)如圖甲所示，足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌MN，PQ豎直放置，其寬度L1 m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值為R0.40 的電阻，質量為m0.01 kg，電阻為r0.30 的金屬棒ab緊貼在導軌上現使金屬棒ab
15、由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖乙中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，g取10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)求：(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低；(2)磁感應強度B的大??；(3)在金屬棒ab從開始運動的1.5 s內，電阻R上產生的熱量解析：(1)由右手定則可知，ab中的感應電流由a流向b，ab相當于電源，則b點電勢高，a點電勢低；(2)由x-t圖象求得t1.5 s時，金屬棒的速度v m/s7 m/s，金屬棒勻速運動時所受的安培力大小為FBIL，I，EBLv，聯(lián)立得F，根據平衡條件得Fmg，則有
16、mg，代入數據解得B0.1 T；(3)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內，金屬棒的重力勢能減小轉化為金屬棒的動能和電路的內能設電路中產生的總焦耳熱為Q，根據能量守恒定律得mgxmv2Q，代入數據解得Q0.455 J，故R產生的熱量為QRQ0.26 J.答案：(1)b點電勢高，a點電勢低(2)0.1 T (3)0.26 J12(2019泉州模擬)如圖，水平面內有一光滑金屬導軌QPMN，MP邊長度為d3 m、阻值為R1.5 ，且MP與PQ垂直，與MN的夾角為135，MN、PQ邊的電阻不計將質量m2 kg、電阻不計的足夠長的直導體棒擱在導軌上，并與MP平行，棒與MN、PQ交點E、F間的距離L4 m，
17、整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度B0.5 T在外力作用下，棒由EF處以初速度v03 m/s向右做直線運動，運動過程中回路的電流強度始終不變求：(1)棒在EF處所受的安培力的功率P；(2)棒由EF處向右移動距離2 m所需的時間t；(3)棒由EF處向右移動2 s的過程中，外力做功W.解析：(1)棒在EF處的感應電動勢EBLv06 V，根據閉合電路的歐姆定律可得電流為I4 A，安培力FABIL8 N，安培力的功率PFAv024 W；(2)棒向右移動2 m的過程中回路磁通量變化量為：BSB(Lxx2)5 Wb，因為電流強度始終不變，電動勢也不變，由法拉第電磁感應定律E可得t s0.83 s；(3)棒由EF處向右移動2 s的過程中，磁通量變化量為：Et12 Wb，棒掃過的面積為：S24 m2，2 s的過程棒移動了x，S(2Lxx2)，x4 m，此時電動勢不變，為：EB(Lx)v，代入數據解得v1.5 m/s，安培力做功等于回路產生的焦耳熱WAI2Rt248 J，根據動能定理有WWAmv2mv，代入數據解得W41.25 J.答案：(1)24 W(2)0.83 s(3)41.25 J
物理高考二輪專題復習與測試：專題強化練十二 電磁感應規(guī)律及其應用 Word版含解析
