物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：專題強(qiáng)化練十二 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 Word版含解析

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1、 專題強(qiáng)化練(十二) 考點(diǎn)1　楞次定律和電磁感應(yīng)定律 1．(2019·合肥模擬)如圖所示，閉合圓形導(dǎo)體線圈放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)平行，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大時(shí)，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．線圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 C．線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流 D．線圈面積有縮小的傾向 解析：由于線圈平面與磁場(chǎng)平行，所以穿過(guò)線圈的磁通量為零．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量仍然為零，則線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C項(xiàng)正確． 答案：C 2．(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(qiáng)磁

2、場(chǎng)中，ab直導(dǎo)線與M、N相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接，線圈A內(nèi)有按圖乙所示規(guī)律變化的磁場(chǎng)，且規(guī)定向左為磁場(chǎng)B的正方向，則下列敘述正確的是(　　) A．0～1 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相排斥 B．1～2 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引 C．2～3 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引 D．3～4 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相排斥 解析：根據(jù)左手定則，可判定等離子氣流中的正離子向上極板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下極板N偏轉(zhuǎn)，所以ab中電流方向是由a向b的．在第1 s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向是由c向d的，根據(jù)ab、cd內(nèi)電流的流向關(guān)系，可知兩導(dǎo)線相互吸引，故A項(xiàng)錯(cuò)誤

3、；在第2 s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由c向d的，根據(jù)電流的流向關(guān)系可知兩導(dǎo)線相互吸引，故B項(xiàng)正確；同理可以判斷C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 答案：BD 3．(2019·深圳模擬)某一學(xué)習(xí)小組在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，利用一根粗細(xì)均勻的金屬絲彎成導(dǎo)軌abcd，a(—)b＝3b(—)c.導(dǎo)體棒ef的電阻是bc段電阻的兩倍，如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，當(dāng)用平行于導(dǎo)軌的外力F將導(dǎo)體棒ef由靠近bc位置勻速向右移動(dòng)時(shí)，則(　　) A．導(dǎo)體棒ef兩端的電壓不變 B．導(dǎo)體棒ef中的電流變大 C．拉力F的瞬時(shí)功率變大 D．導(dǎo)軌abcd消耗的電功率先變大

4、后變小 解析：設(shè)ef的電阻為r，ebcf的電阻為R，ef長(zhǎng)為L(zhǎng)，速度為v，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv；ef兩端的電壓為：U＝E，E、r不變，R變大，可知U變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ef中的電流為：I＝，E、r不變，R變大，I變小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(xiàng)C錯(cuò)誤．a(chǎn)bcd消耗的功率是電源ef的輸出功率，根據(jù)條件：a(—)b＝3b(—)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(dǎo)軌abcd消耗的電功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確． 答案：D

5、 4．(2019·成都模擬)如圖所示，ef、gh為水平放置的足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1 m，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)R＝2 Ω的電阻，將一根質(zhì)量為0.2 kg的金屬棒cd垂直地放置導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上．現(xiàn)對(duì)金屬棒施加一水平向右的拉力F，使棒從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，試解答以下問(wèn)題： (1)若施加的水平外力恒為F＝8 N，則金屬棒達(dá)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P＝18 W，則金屬棒達(dá)到的穩(wěn)定速度v2是多少？ 解析：(1)由平衡條件得F＝F安＝， 所以金

6、屬棒的速度v1＝， 代入數(shù)據(jù)解得v1＝4 m/s； (2)金屬棒速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，由平衡條件得 水平外力F′＝F′安＝， 功率P＝F′v2， 解得v2＝3 m/s. 答案：(1)4 m/s　(2)3 m/s 考點(diǎn)2　電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題 5．(2019·惠州模擬)如圖所示，一個(gè)有矩形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2(右)．取線框剛到達(dá)磁場(chǎng)邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(t＝0)，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則下圖中能正確反映線框中電流與時(shí)間關(guān)系的是(　　) 解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律

7、得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流i應(yīng)為正方向，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減小；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生．線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流i應(yīng)為負(fù)方向；線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻減小，由E＝BLv，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減小，選項(xiàng)A正確，D錯(cuò)誤． 答案：A 6．(多選)(2019·德州模擬)如圖甲所示，一正方形導(dǎo)線框ABCD置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁

8、場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，則線框中的電流I和導(dǎo)線AB受到的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象分別是(規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度的正方向，逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)榫€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(nèi)，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?yàn)槟鏁r(shí)針，沿ABCDA方向，即電流為正方向；～T內(nèi)，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?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，即電流為?fù)方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝＝，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小保持不變，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；0～內(nèi)，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，根據(jù)左手定則

9、可知，AB邊受到的安培力的方向向右，為正值；～T內(nèi)，電路中的電流為順時(shí)針，AB邊受到的安培力的方向向左，為負(fù)值；根據(jù)安培力的公式F＝BIL，電流大小不變，安培力的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案：AC 7．(2019·上饒模擬)在如圖所示的豎直平面內(nèi)，在水平線MN的下方有足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)等腰三角形金屬線框頂點(diǎn)C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場(chǎng)中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，關(guān)于線框運(yùn)動(dòng)的v-t圖象，可能正確的是(　　) 解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中受到的安培力F＝BIl＝，線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度l增大、安培力增大，由牛

10、頓第二定律得：mg－F＝ma，得a＝g－，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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確． 答案：C 8．(2019·太原模擬)如圖甲中，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌放置在水平面上且間距為L(zhǎng)，左端接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．將質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上．當(dāng)ab受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)與金屬棒速度v的關(guān)系如圖乙所示．已知ab與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，設(shè)ab中的感應(yīng)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(　　)

11、 解析：由題圖乙可得F＝F0－kv，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，金屬棒中電流I＝，金屬棒受安培力F安＝BIL，對(duì)金屬棒根據(jù)牛頓第二定律：F－F安＝ma，代入得：F0－v＝ma，所以金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；F安＝，UR＝R，R消耗的功率P＝，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤． 答案：A 考點(diǎn)3　電磁感應(yīng)中的電路和動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 9．(多選)(2019·成都模擬)如圖甲，線圈A(圖中實(shí)線，共100匝)的橫截面積為0.3 m2，總電阻r＝2 Ω，A右側(cè)所接電路中，電阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，電容C＝3 μF，開(kāi)關(guān)S1閉合．A中有橫截面積為0.2 m

12、2的區(qū)域C(圖中虛線)，C內(nèi)有圖乙所示的變化磁場(chǎng)，t＝0時(shí)刻，磁場(chǎng)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(guò)R2的電流由b流向a B．閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過(guò)R2的電流大小為0.4 A C．閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開(kāi)S1，通過(guò)R2的電流由b流向a D．閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開(kāi)S1，通過(guò)R2的電荷量為7.2× 10－6 C 解析：根據(jù)楞次定律，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過(guò)R2的電流由a流向b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nS＝100××0.2 V＝4 V，則閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過(guò)R2的電流大

13、小為I＝＝ A＝0.4 A，選項(xiàng)B正確；閉合S2、電路穩(wěn)定后電容器上極板帶正電，則當(dāng)再斷開(kāi)S1，電容器放電，通過(guò)R2的電流由a流向b，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后電容器帶電量Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，則電路穩(wěn)定后再斷開(kāi)S1，通過(guò)R2的電荷量為7.2×10－6 C，選項(xiàng)D正確． 答案：BD 10．(多選)(2019·桂林三校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑且足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行地固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L＝0.20 m，兩導(dǎo)軌的左端之間連接的電阻R＝0.40 Ω，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m＝0.10 kg的金屬桿ab，位于兩導(dǎo)軌之間的金屬桿的電阻r＝0.10

14、Ω，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計(jì)．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下．現(xiàn)用一水平外力F水平向右拉金屬桿，使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．求金屬桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)經(jīng)t＝5.0 s時(shí)(　　) A．通過(guò)金屬桿的感應(yīng)電流的大小為1 A，方向由b指向a B．金屬桿的速率為4 m/s C．外力F的瞬時(shí)功率為1 W D．0～5.0 s內(nèi)通過(guò)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?yàn)閎指向a，金屬桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)經(jīng)t＝5.0 s，由圖象可知電壓為0.4 V，根據(jù)閉合電路歐

15、姆定律得I＝＝ A＝1 A，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝BLv，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知：U＝E，解得v＝5 m/s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電路知U＝BLv＝0.08v＝0.08at，結(jié)合U-t圖象知金屬桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，在5 s末時(shí)對(duì)金屬桿有：F－BIL＝ma，解得：F＝0.2 N，此時(shí)F的瞬時(shí)功率P＝Fv＝0.2×5 W＝1 W，故C正確；0～5.0 s內(nèi)通過(guò)R的電荷量為q＝I(—)t＝t＝＝＝2.5 C，故D錯(cuò)誤． 答案：AC 11．(2019·懷化模擬)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN，PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)

16、垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg，電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖乙中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響)．求： (1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢(shì)高低； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (3)在金屬棒ab從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)由右手定則可知，ab中的感應(yīng)電流由a流向b，ab相當(dāng)于電源，則b點(diǎn)電

17、勢(shì)高，a點(diǎn)電勢(shì)低； (2)由x-t圖象求得t＝1.5 s時(shí)， 金屬棒的速度v＝＝ m/s＝7 m/s， 金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小為F＝BIL，I＝，E＝BLv， 聯(lián)立得F＝， 根據(jù)平衡條件得F＝mg， 則有mg＝， 代入數(shù)據(jù)解得B＝0.1 T； (3)金屬棒ab在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，金屬棒的重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能和電路的內(nèi)能．設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q， 根據(jù)能量守恒定律得mgx＝mv2＋Q， 代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.455 J， 故R產(chǎn)生的熱量為QR＝Q＝0.26 J. 答案：(1)b點(diǎn)電勢(shì)高，a點(diǎn)電勢(shì)低　(2)0.1 T (3)0.26 J 12

18、．(2019·泉州模擬)如圖，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌QPMN，MP邊長(zhǎng)度為d＝3 m、阻值為R＝1.5 Ω，且MP與PQ垂直，與MN的夾角為135°，MN、PQ邊的電阻不計(jì)．將質(zhì)量m＝2 kg、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上，并與MP平行，棒與MN、PQ交點(diǎn)E、F間的距離L＝4 m，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T．在外力作用下，棒由EF處以初速度v0＝3 m/s向右做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路的電流強(qiáng)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(dòng)距離2 m所需的時(shí)間Δt； (3)棒由EF處向右移動(dòng)2 s的過(guò)程中

19、，外力做功W. 解析：(1)棒在EF處的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0＝6 V， 根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流為 I＝＝4 A，安培力FA＝BIL＝8 N， 安培力的功率P＝FAv0＝24 W； (2)棒向右移動(dòng)2 m的過(guò)程中回路磁通量變化量為： ΔΦ＝B·ΔS＝B(Lx＋x2)＝5 Wb，因?yàn)殡娏鲝?qiáng)度始終不變，電動(dòng)勢(shì)也不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝可得 Δt＝＝ s≈0.83 s； (3)棒由EF處向右移動(dòng)2 s的過(guò)程中，磁通量變化量為： ΔΦ′＝EΔt′＝12 Wb， 棒掃過(guò)的面積為：ΔS′＝＝24 m2， 2 s的過(guò)程棒移動(dòng)了x′，ΔS′＝(2Lx′＋x′2)， x′＝4 m， 此時(shí)電動(dòng)勢(shì)不變，為：E＝B(L＋x′)v， 代入數(shù)據(jù)解得v＝1.5 m/s， 安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱 WA＝I2RΔt′2＝48 J， 根據(jù)動(dòng)能定理有 W－WA＝mv2－mv， 代入數(shù)據(jù)解得W＝41.25 J. 答案：(1)24 W　(2)0.83 s　(3)41.25 J