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),以下說法正確的是(  ) A.線圈中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B.線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(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,所以穿過線圈的磁通量為零.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí),穿過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長為L,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的平行光滑導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L=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,使棒從靜止開始向右運(yùn)動(dòng),試解答以下問題: (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)針方向?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)的過程,線框有效的切割長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??;線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過程,磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生.線框穿出磁場(chǎng)的過程,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)針方向?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)針方向,即電流為負(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)過程中受到的安培力F=BIl=,線框切割磁感線的有效長度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,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R2的電流由b流向a B.閉合S2、電路穩(wěn)定后,通過R2的電流大小為0.4 A C.閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1,通過R2的電流由b流向a D.閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1,通過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(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S1,電容器放電,通過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S1,通過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,使之由靜止開始運(yùn)動(dòng),在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過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.求金屬桿開始運(yùn)動(dòng)經(jīng)t=5.0 s時(shí)(  ) A.通過金屬桿的感應(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、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由靜止開始下滑,下滑過程中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的大小; (3)在金屬棒ab從開始運(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的過程中,磁通量變化量為: ΔΦ′=EΔt′=12 Wb, 棒掃過的面積為:ΔS′==24 m2, 2 s的過程棒移動(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

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