（新課標）2020高考物理二輪總復習 第一部分 專題突破方略 專題四 電磁感應和電路 1.4.1 電磁感應定律的綜合應用專題限時訓練

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1、1.4.1 電磁感應定律的綜合應用 專題限時訓練 一、單項選擇題 1．如圖所示，兩個相同的閉合鋁環(huán)M、N套在一根光滑的絕緣水平桿上，螺線管的軸線與鋁環(huán)的圓心在同一直線上，閉合開關S后，向左快速移動滑動變阻器的滑片P，不考慮兩環(huán)間的相互作用力，則在移動滑片P的過程中(　　) A．M、N環(huán)向左運動，它們之間的距離增大 B．M、N環(huán)向左運動，它們之間的距離減小 C．M、N環(huán)向右運動，它們之間的距離增大 D．M、N環(huán)向右運動，它們之間的距離減小 答案：C 2．(2019·北京海淀區(qū)高三二模)．如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終

2、保持垂直并良好接觸，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在水平勻強磁場中，棒在豎直向上的恒力F作用下勻速上升的一段時間內(nèi)，金屬棒受恒定大小的滑動摩擦力f，下列說法正確的是(　　) A．通過電阻R的電流方向水平向右，棒受到的安培力方向豎直向上 B．通過電阻R的電流方向水平向左，棒受到的安培力方向豎直向下 C．棒機械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功 D．棒機械能的增加量等于恒力F和滑動摩擦力f做的總功 答案：C 解析：由右手定則可以判斷，導體棒中的電流方向向左，所以通過電阻R的電流方向向右；再由左手定則可以判斷出導體棒受到的安培力方向豎直向下，所以A、B錯誤；由題意知導體棒做勻速運

3、動，故動能不變，所以導體棒機械能的增加量也就是重力勢能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以C正確；導體棒機械能的變化量等于除重力以外的力做的功，所以棒機械能的增加量等于恒力F、安培力和滑動摩擦力f做的總功，所以D錯誤． 3．(2018·山東德州一模改編)如圖所示，半徑為r且水平放置的光滑絕緣的環(huán)形細管道內(nèi)有一帶電粒子．此裝置放在勻強磁場中，其磁感應強度隨時間變化的關系式為B＝B0＋kt(k>0)．根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，均勻變化的磁場將產(chǎn)生穩(wěn)定的電場，該感應電場對帶電粒子將有沿圓環(huán)切線方向的作用力．粒子轉動一周后的磁感應強度為B1，則(　　) A．此裝置產(chǎn)生的感生電動勢為(B1－B0

4、)πr2 B．此裝置產(chǎn)生的感生電動勢為kπr2 C．感應電場的方向沿順時針 D．粒子轉動過程中一定是洛倫茲力提供向心力 答案：B 解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律得感生電動勢大小為 E電＝·πr2＝kπr2，選項A錯誤，B正確；根據(jù)楞次定律可知，電場方向逆時針，選項C錯誤；感應電場對帶電粒子將有沿圓環(huán)切線方向的作用力，使得粒子的速度逐漸變大，則圓形管道將對粒子產(chǎn)生壓力，管道的壓力和洛倫茲力的合力提供向心力，選項D錯誤． 4．如圖所示，三條平行虛線位于紙面內(nèi)，中間虛線兩側有方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向．菱形閉合導線框ABCD位于紙面內(nèi)且對角線AC與虛線垂直，磁場寬度與對角

5、線AC長均為d.現(xiàn)使線框沿AC方向勻速穿過此磁場，以逆時針方向為感應電流的正方向，則從C點進入磁場到A點離開磁場的過程中，線框中電流i隨時間t的變化關系，以下可能正確的是(　　) A　　　　 B　　　　 C　　 　　D 答案：D 解析：線圈在進入磁場的過程中，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的方向沿逆時針方向，為正值；在通過兩個磁場的分界線時，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的方向沿順時針方向，為負值；線圈出磁場的過程中，根據(jù)楞次定律知，感應電流的方向為逆時針，為正值，故B、C錯誤．設BD＝L.在一半線圈進入磁場的過程中，切割的有效長度均勻增大，感應電動勢均勻增大，則感應電流均勻增大，當BD

6、剛進入磁場時，感應電流最大為I1＝＝i0；在全部線圈進入磁場過程中，切割的有效長度均勻減小，感應電動勢均勻減小，則感應電流均勻減小至零；線圈通過兩個磁場的分界線時，切割的有效長度先均勻增大，感應電流均勻增大，當BD通過磁場分界線時，感應電流最大為I2＝＝2i0；后均勻減小至零；在一半線圈出磁場到全部線圈出磁場的過程中，切割的有效長度先均勻增大后均勻減小，感應電流先均勻增大后均勻減小，此過程感應電流最大為I3＝＝i0，故D正確，A錯誤． 5.某?？萍夹〗M的同學設計了一個傳送帶測速儀，測速原理如圖所示．在傳送帶的下方固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極，電極間充滿磁感應強度大小為B、方向垂直于

7、傳送帶平面(紙面)向里、有理想邊界的勻強磁場，且電極之間接有理想電壓表和電阻R，傳送帶背面固定有若干根間距為d的平行細金屬條，其電阻均為r，傳送帶運行過程中始終僅有一根金屬條處于磁場中，且金屬條與電極接觸良好．當傳送帶以一定的速度勻速運動時，電壓表的示數(shù)為U，則下列說法中正確的是(　　) A．傳送帶勻速運動的速率為 B．電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為 C．金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域受到的安培力大小為 D．每根金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做的功為 答案：D 解析：由于金屬條有電阻，所以電壓表示數(shù)與感應電動勢不相等，根據(jù)E＝BLv和U＝E可知，傳送帶勻速運動的速率為，A選項錯誤；電阻R

8、產(chǎn)生焦耳熱的功率為，B選項錯誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL可知，安培力大小為，C選項錯誤；安培力做的功W＝－Fd＝－BILd，所以克服安培力做的功為，D選項正確． 6．如圖甲，光滑平行的、足夠長的金屬導軌ab、cd所在平面與水平面成θ角，b、c兩端接有阻值為R的定值電阻．阻值為r的金屬棒PQ垂直導軌放置，其他部分電阻不計．整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上．從t＝0時刻開始，棒受到一個平行于導軌向上的外力F，使棒由靜止開始沿導軌向上運動，運動中棒始終與導軌垂直且接觸良好，通過R的感應電流隨時間t變化的圖象如圖乙所示．下面分別給出了穿過回路PQcb的磁通量Φ、磁通量

9、的變化率、電阻R兩端的電勢差U和通過棒上某橫截面的總電荷量q隨運動時間t變化的圖象，其中正確的是(　　) A　　　　 B　　　　C　　　　D 答案：B 解析：由于產(chǎn)生的感應電動勢是逐漸增大的，而選項A描述磁通量與時間關系中斜率不變，產(chǎn)生的感應電動勢不變，故A錯誤；回路中的感應電動勢為E＝，感應電流為I＝＝，由圖乙可知I＝kt，即＝kt，故有＝kt(R＋r)，所以選項B正確；I均勻增大，棒兩端的電勢差Uab＝IR＝ktR，則知Uab與時間t成正比，故C錯誤；通過導體棒的電荷量為Q＝It＝kt2，故Q－t圖象為拋物線，并非過原點的直線，故D錯誤． 二、多項選擇題 7．(2019·

10、全國卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是 (　　) A　　　　 　B　　　　　C　　　　　D 答案：AD 解析：如果PQ進入磁場時加速度為零，PQ做勻速運動，感應電流恒定．若PQ出磁場時MN仍然沒有進入磁場，則PQ出磁場后至MN進入磁場的這段時間，由于磁通量Φ不變，無感

11、應電流．由于PQ、MN從同一位置釋放，故MN進入磁場時與PQ進入磁場時的速度相同，所以電流大小也應該相同，但方向相反，A正確，B錯誤．若PQ出磁場前MN已經(jīng)進入磁場，由于磁通量Φ不變，無感應電流，PQ、MN均加速運動，PQ出磁場后，由于MN在磁場中的速度比進磁場時的速度大，故電流比PQ進入磁場時電流大，此后PQ做減速運動，電流減小，故C錯誤，D正確． 8．如圖所示，S和P是半徑為a的環(huán)形導線的兩端點，OP間電阻為R，其余電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直環(huán)面．當金屬棒OQ與環(huán)形導線接觸，以角速度ω繞O點無摩擦勻速轉動時，則(　　) A．電阻R兩端的電壓為 B．電阻R消耗的功

12、率為 C．金屬棒受的安培力為 D．外力對OQ做功的功率為 答案：AB 解析：Q端的線速度為v＝ωa，OQ桿切割磁感線的平均速度為＝＝aω，OQ桿轉動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E＝BL＝Ba2ω，由于其他部分電阻不計，故選項A正確；電阻R消耗的功率P＝＝＝，故選項B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝，則安培力F＝BIL＝Ba＝，故選項C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，由于金屬棒OQ勻速轉動，外力所做的功轉化為電阻R消耗的熱量，故選項D錯誤． 9．如圖所示，間距為L、足夠長的光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，將ab棒在導軌上無初速度釋放，當ab棒下滑到穩(wěn)定狀

13、態(tài)時，速度為v，通過電阻R的電荷量為q，電阻R上消耗的功率為P，導軌和導體棒電阻不計．下列判斷正確的是(　　) A．導體棒的a端電勢比b端低 B．a(chǎn)b棒在達到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運動 C．a(chǎn)b棒由開始釋放到達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為 D．若換成一根質(zhì)量為原來2倍的導體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，電阻R消耗的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍 答案：BC 解析：由右手定則可知，導體棒的a端電勢比b端高，選項A錯誤；ab棒在開始時受豎直向下的重力和平行斜面向上的安培力作用，加速度為a＝，隨v的增大，則a減小，即達到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運動，選

14、項B正確；根據(jù)q＝I·Δt＝·Δt＝＝，可得ab棒由開始釋放到達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為x＝，選項C正確；當ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，滿足mgsin θ＝，電阻R消耗的電功率P＝＝，若換成一根質(zhì)量為原來2倍的導體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，電阻R消耗的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤． 三、計算題 10．(2019·北京海淀區(qū)高三二模)．如圖所示，阻值忽略不計、間距為l的兩金屬導軌MN、PQ平行固定在水平桌面上，導軌左端連接阻值為R的電阻，一阻值為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab放置在金屬導軌上，與導軌接觸良好，動摩擦因數(shù)為μ，磁感應強度為B的磁場垂直于導軌平面

15、向里，給金屬棒一水平向右的初速度v0，金屬棒運動一段時間后靜止，水平位移為x，導軌足夠長，求整個運動過程中，安培力關于時間的平均值的大小t. 答案： 解析：由動量定理可知，IA＝ΣBlIΔt＝ΣBlq 再根據(jù)：q＝t＝t＝n＝， 則IA＝ 再根據(jù)動量定理：－μmgt－IA＝0－mv0，則t＝ 解得：Ft＝＝ 11．(2019·天津市和平區(qū)高三三模)如圖甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導軌間距L＝0.30 m．導軌電阻忽略不計，其間連接有固定電阻R＝0.40 Ω.導軌上停放一質(zhì)量m＝0.10 kg、電阻r＝0.20 Ω的金屬桿ab，整個裝置處于磁

16、感應強度B＝0.50 T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下．用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始做勻加速運動，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時間t變化的關系如圖乙所示． (1)計算加速度的大?。? (2)求第2 s末外力F的瞬時功率； (3)如果水平外力從靜止開始拉動桿2 s所做的功W＝0.35 J，求金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱． 答案：(1)1 m/s2　(2)0.35 W　(3)5.0×10－2 J 解析：(1)根據(jù)E＝BLv，v＝at，UR＝E 結合圖乙所示數(shù)據(jù)，解得：a＝1 m/s2. (2)由圖象可知在2 s末，電阻R兩端電壓為0.2

17、 V 通過金屬桿的電流I＝ 金屬桿受安培力F安＝BIL 設2 s末外力大小為F2，由牛頓第二定律，F(xiàn)2－F安＝ma 故2 s末時F的瞬時功率P＝F2v2＝0.35 W (3)設回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律，W＝Q＋mv 電阻R與金屬桿的電阻r串聯(lián)，產(chǎn)生焦耳熱與電阻成正比 金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝ Q 解得：Qr＝5.0×10－2 J . [滿分設計] (2016·全國卷Ⅰ，24,14分) 如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abd

18、ca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平①.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中②，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ③，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑④.求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??； (2)金屬棒運動速度的大?。? [科學審題] 關鍵點 獲取信息 ① 兩斜面傾斜角大小相同，可以分析出兩棒所受摩擦力的方向 ② 導體不受安培力 ③ 可以確定最大靜摩擦力的大小 ④ 另一棒勻速上滑，兩棒均處于平衡狀態(tài) [快速切題] 對左右兩根棒，線上拉力大

19、小相等，ab棒在重力沿斜面的分力，線的拉力，滑動摩擦力和安培力作用下處于平衡狀態(tài)，cd棒與ab棒相比，少受一個安培力，通過列兩根棒的平衡方程，消掉拉力，即可從平衡角度求出金屬棒ab上的安培力的大??；結合安培力公式及棒切割磁感線的速度與感應電動勢的關系即可求出棒的速度． [規(guī)范解答] (1)設導線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2，對于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F ①(2分) N1＝2mgcos θ ②(1分) 對于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T ③(2分) N2＝mgcos θ ④(1分) 聯(lián)立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤(2分) (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥(2分) 這里I是回路abdca中的感應電流，ab棒上的感應電動勢為 E＝BLv ⑦(1分) 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得 I＝⑧(1分) 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ) ⑨(2分) 9