（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練13 電磁感應(yīng)規(guī)律及其綜合應(yīng)用

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十三) 一、選擇題 1．(2018·黃岡中學(xué)元月月考)如右圖所示，ab是一個(gè)可以繞垂直于紙面的軸O轉(zhuǎn)動(dòng)的閉合矩形導(dǎo)體線圈，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P自左向右滑動(dòng)的過程中，線圈ab將(　　) A．靜止不動(dòng) B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，但電源的極性不明，無法確定轉(zhuǎn)動(dòng)方向 [解析]　題圖中的兩個(gè)通電的電磁鐵之間的磁場(chǎng)方向總是水平的，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P自左向右滑動(dòng)的過程中，電路的電流是增大的，兩個(gè)電磁鐵之間的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也是增大的，閉合導(dǎo)體線圈中的磁通量是增大的，線圈在原磁場(chǎng)中所受的磁場(chǎng)力肯定使線圈向磁通量減小的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，顯然只有順時(shí)針方向的轉(zhuǎn)動(dòng)才

2、能使線圈中的磁通量減?。? [答案]　B 2．(2018·樂山二診)如右圖所示，兩個(gè)相同的輕質(zhì)鋁環(huán)套在一根水平光滑絕緣桿上，當(dāng)一條形磁鐵向左運(yùn)動(dòng)靠近兩環(huán)時(shí)，兩環(huán)的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) A．同時(shí)向左運(yùn)動(dòng)，間距增大 B．同時(shí)向左運(yùn)動(dòng)，間距減小 C．同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，間距減小 D．同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，間距增大 [解析]　當(dāng)條形磁鐵向左靠近兩環(huán)時(shí)，兩環(huán)中的磁通量均增加．根據(jù)楞次定律，兩環(huán)的運(yùn)動(dòng)都要阻礙磁鐵相對(duì)環(huán)的運(yùn)動(dòng)，即阻礙“靠近”，那么兩環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)．又由于兩環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，兩環(huán)相互吸引，所以兩環(huán)間距離要減小，故只有選項(xiàng)B正確． [答案]　B 3．(2019·珠海畢業(yè)班水平測(cè)試)如右

3、圖所示，金屬桿ab水平放置在某高處，當(dāng)它被平拋進(jìn)入方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)，以下說法中正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，且φa>φb B．運(yùn)動(dòng)過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，且φa<φb C．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷變大，且φa>φb D．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷變大，且φa<φb [解析]　導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E＝BLv，其中v是與B垂直方向的速度分量．本題中桿在平拋過程中的速度方向與B的夾角是不斷增大的，但該速度在水平方向的分速度，即與B垂直的有效切割速度始終不變，故在桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小不變，由右手定則可知φ

4、a>φb，故選A. [答案]　A 4．(多選)(2019·德陽高三年級(jí)二診)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(

5、　　) A．0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3 V B．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下 D．開關(guān)K閉合瞬間，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C [解析]　0～0.1 s內(nèi)線圈中的磁場(chǎng)均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS，代入數(shù)據(jù)得E＝30 V，A錯(cuò)誤；開關(guān)閉合瞬間，細(xì)框會(huì)跳起，可知細(xì)框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B正確；由于t＝0.22 s時(shí)通過線圈的磁通量正在減少，對(duì)線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯(cuò)誤；K閉合瞬間，因安培力遠(yuǎn)大于重力，則由動(dòng)量定理有

6、B1lΔt＝mv，通過細(xì)桿的電荷量Q＝Δt，細(xì)框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D正確． [答案]　BD 5．(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下．一邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng)．線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是(　　) [解析]　設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，則線框向左勻速運(yùn)動(dòng)第一個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv(d為導(dǎo)軌間距)，電流i＝，回路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；第二個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)

7、生的電動(dòng)勢(shì)為零，電流為零；第三個(gè)的時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝2Bdv，電流i＝，回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，所以D正確． [答案]　D 6．(2019·江西六校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，虛線間的距離為L(zhǎng)，金屬圓環(huán)的直徑也為L(zhǎng).自圓環(huán)從左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定速度v穿過磁場(chǎng)區(qū)域．規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，則圓環(huán)中感應(yīng)電流i隨其移動(dòng)距離x變化的i－x圖像最接近圖中的(　　) [解析]　根據(jù)楞次定律，在圓環(huán)進(jìn)磁場(chǎng)的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；在圓環(huán)出磁場(chǎng)的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向．

8、在圓環(huán)進(jìn)磁場(chǎng)的過程中，切割的有效長(zhǎng)度先增加后減小，圓環(huán)出磁場(chǎng)的過程中，切割的有效長(zhǎng)度先增加后減?。愿袘?yīng)電流的大小在圓環(huán)進(jìn)磁場(chǎng)的過程中先增大后減小，出圓環(huán)磁場(chǎng)的過程中也是先增大后減小，A正確，B、C、D錯(cuò)誤． [答案]　A 7．(2019·黑龍江三市調(diào)研)如圖甲所示，圓形金屬線圈與定值電阻組成閉合回路，線圈處于均勻分布的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直(取垂直紙面向里為正方向)，B－t圖像如圖乙所示，已知t1為0～t2的中間時(shí)刻，則定值電阻中的感應(yīng)電流I(取通過定值電阻由上往下的方向?yàn)檎较?隨時(shí)間t變化的圖線是(　　) [解析]　由B－t圖像可知，在0～t1時(shí)間內(nèi)B先正向均勻減小再

9、反向均勻增大，由于B均勻變化，所以線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝S大小不變，即電路中的感應(yīng)電流大小也不變；t1～t2時(shí)間內(nèi)B先反向均勻減小再正向均勻增加，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，所以感應(yīng)電流大小也不變；又t1為0～t2的中間時(shí)刻，由B－t圖像并結(jié)合E＝S可知，0～t1時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流與t1～t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0～t1時(shí)間內(nèi)通過定值電阻中的感應(yīng)電流方向是通過定值電阻由上到下的，t1～t2時(shí)間內(nèi)通過定值電阻中的感應(yīng)電流方向是通過定值電阻由下到上的，故選項(xiàng)D正確． [答案]　D 8．(2019·石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之

10、間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻．導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)方向豎直向上為正，在0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) A．在0～t0和t0～2t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同 B．在t0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻到Q C．在0～t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為 D．在0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為 [解析]　由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流方向?yàn)镻→Q，t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電流方向?yàn)镼→P，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則可

11、知，兩段時(shí)間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～t0時(shí)間內(nèi)，E1＝，所以通過R的電流I1＝，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為ΔΦ＝B0S，則通過電阻R的電荷量q＝·2t0＝·2t0＝·2t0＝，D項(xiàng)正確． [答案]　D 9．(多選)(2019·武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研)如圖1和圖2所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，垂直于磁場(chǎng)方向均有一足夠長(zhǎng)的、間距均為l的光滑豎直金屬導(dǎo)軌，圖1和圖2的導(dǎo)軌上端分別接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器(不會(huì)被擊穿)，水平放置的、質(zhì)量分布均勻的金屬棒的質(zhì)量均為m，現(xiàn)使金屬棒沿導(dǎo)軌由靜

12、止開始下滑，金屬棒和導(dǎo)軌始終接觸良好且它們的電阻均可忽略．以下關(guān)于金屬棒運(yùn)動(dòng)情況的說法正確的是(已知重力加速度為g)(　　) A．圖1中的金屬棒先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度vm＝后，保持這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度vm＝后，保持這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) C．圖2中電容器相當(dāng)于斷路，金屬棒做加速度大小為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．圖2中金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度大小為a＝ [解析]　題圖1中金屬棒下落的過程中，受重力和向上的安培力，由牛頓第二定律可知mg－＝ma，當(dāng)金屬棒下落的速度逐漸增大時(shí)，金屬棒的加速度逐漸減小，當(dāng)a＝

13、0時(shí)mg＝，則vm＝，此后金屬棒保持該速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；題圖2中當(dāng)金屬棒下落的過程中，速度逐漸增大，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，導(dǎo)體棒對(duì)電容器充電，由右手定則知回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則知金屬棒所受的安培力豎直向上，金屬棒的加速度小于g，C錯(cuò)誤；題圖2中金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，開始金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，經(jīng)時(shí)間Δt金屬棒的速度增加Δv，則金屬棒的加速度大小為a＝，此時(shí)金屬棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E′＝Bl(v＋Δv)，則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為Δq＝C(E′－E)＝CBl·Δv，金屬棒中的電流大小為I＝＝CBla，由牛頓第二定律可知mg－BIl

14、＝ma，由以上解得a＝，D正確． [答案]　BD 二、非選擇題 10．(2019·天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長(zhǎng)度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好．MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場(chǎng)，磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)、電阻忽略不計(jì)． (1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向； (2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加

15、速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W. [解析]　(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝， 則E＝k① 設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有 R并＝② 閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝③ 設(shè)PQ中的電流為IPQ，有 IPQ＝I④ 設(shè)PQ受到的安培力為F安，有 F安＝BIPQl⑤ 保持PQ靜止，由受力平衡，有 F＝F安⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 F＝⑦ 方向水平向右． (2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用時(shí)間為Δt，回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，有 ＝⑧ 其

16、中ΔΦ＝Blx⑨ 設(shè)PQ中的平均電流為，有 ＝⑩ 根據(jù)電流的定義得 ＝? 由動(dòng)能定理，有 Fx＋W＝mv2－0? 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得 W＝mv2－kq [答案]　(1)　方向水平向右 (2)mv2－kq 11．如右圖所示，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻．讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：

17、 (1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系； (2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系． [解析]　(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝BLv① 平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為 U＝E② 設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有 C＝③ 聯(lián)立①②③式得 Q＝CBLv④ (2)設(shè)金屬棒從靜止釋放到速度達(dá)到v，經(jīng)歷時(shí)間為t，此時(shí)通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場(chǎng)的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 f1＝BLi⑤ 設(shè)在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有 i＝⑥ ΔQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量．由④式得 ΔQ＝CBLΔv⑦ 式中，Δv為金屬棒的速度變化量．按定義有 a＝⑧ 金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為 f2＝μN(yùn)⑨ 式中，N是金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小，有 N＝mgcosθ⑩ 金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsinθ－f1－f2＝ma? 聯(lián)立⑤至?式得 a＝g? 由?式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．t時(shí)刻金屬棒的速度大小為 v＝gt? [答案]　(1)Q＝CBLv　(2)v＝gt 10