2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電磁感應與電路 第1講 電磁感應問題的綜合分析課時演練知能提升.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 專題四 電磁感應與電路 第1講 電磁感應問題的綜合分析課時演練知能提升 一、單項選擇題 1.(xx高考海南卷)如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε′.則等于(　　) A.　　　　　　　　 B. C．1 D. 解析：選B.由法拉第電磁感應定律知直金屬棒運動時其兩端電動勢ε＝BLv，將此棒彎成兩段長度相等且互相垂直的折線，并放于與磁感應強度垂直的平面內，并沿折線夾角平分線的方向以相同的速度v運動時，ε′＝BLv，則＝＝.因此B對，A、C、D錯． 2.如圖所示，在條形磁鐵的中央位置的正上方水平固定一銅質圓環(huán)，條形磁鐵在光滑的水平桌面上，以下判斷正確的是(　　) A．釋放圓環(huán)，環(huán)下落時環(huán)的機械能不守恒 B．釋放圓環(huán)，環(huán)下落時磁鐵對桌面的壓力比磁鐵受的重力大 C．給磁鐵水平向右的初速度，磁鐵滑動時水平方向做減速運動 D．給磁鐵水平向右的初速度，圓環(huán)產生向左運動的趨勢 解析：選C.由條形磁鐵的磁場分布特點可知，穿過其中央位置正上方的圓環(huán)的合磁通量為零，所以在環(huán)下落的過程中，磁通量不變，沒有感應電流，圓環(huán)只受重力，則環(huán)下落時機械能守恒，A、B錯誤；給磁鐵水平向右的初速度，由楞次定律可知，圓環(huán)的運動趨勢總是阻礙自身磁通量的變化，所以環(huán)要受到向右的作用力，由牛頓第三定律可知，磁鐵要受到向左的作用力而做水平方向的減速運動(或根據“總阻礙相對運動”的推論得出)，故C正確，D錯誤． 3.如圖所示，質量為m的金屬線框A靜置于光滑水平面上，通過細繩跨過定滑輪與質量為m的物體B相連，圖中虛線內為一水平勻強磁場，d表示A與磁場左邊界的距離，不計滑輪摩擦及空氣阻力，設B下降h(h>d)高度時的速度為v，則以下關系中能夠成立的是(　　) A．v2＝gh B．v2＝2gh C．A產生的熱量Q＝mgh－mv2 D．A產生的熱量Q＝mgh－mv2 解析：選C.在線框進入磁場的過程中，可能勻速運動，也可能做變加速運動，因此A、B錯．由能量守恒得：Q＝mgh－(2m)v2＝mgh－mv2，故C對、D錯． 4.(xx湖北八校二聯)如圖所示，兩個垂直于紙面的勻強磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a.高度為a的正三角形導線框ABC從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下列圖形中能正確描述感應電流I與線框移動距離x關系的是(　　) 解析：選B.正三角形線框ABC剛進入向里的磁場時，利用右手定則知，感應電流沿逆時針方向為正，大小I0＝，之后線框隨進入磁場距離的增大，有效切割長度變小，則I＝變?。划斁€框ABC前進a距離，在剛進入向外的磁場區(qū)域瞬間，ABC線框中感應電流方向沿順時針為負，大小為I′＝＝2I0，則B正確． 二、不定項選擇題 5.1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”．實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示．實驗中發(fā)現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后．下列說法正確的是(　　) A．圓盤上產生了感應電動勢 B．圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動 C．在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化 D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動 解析：選AB.當圓盤轉動時，圓盤的半徑切割磁針產生的磁場的磁感線，產生感應電動勢，選項A正確；如圖所示，銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉動時，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產生感應電流，根據楞次定律，感應電流阻礙其相對運動，但抗拒不了相對運動，故磁針會隨圓盤一起轉動，但略有滯后，選項B正確；在圓盤轉動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，選項C錯誤；圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場方向沿圓盤軸線方向，會使磁針沿軸線方向偏轉，選項D錯誤． 6.(xx高考山東卷)如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動．現施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(　　) A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動 解析：選ABD.根據右手定則可判斷靠近圓心處電勢高，選項A正確；圓盤處在磁場中的部分轉動切割磁感線，相當于電源，其他部分相當于外電路，根據左手定則，圓盤所受安培力與運動方向相反，磁場越強，安培力越大，故所加磁場越強越易使圓盤停止轉動，選項B正確；磁場反向，安培力仍阻礙圓盤轉動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，整個圓盤相當于電源，不存在外電路，沒有電流，所以圓盤不受安培力而勻速轉動，選項D正確． 7．(xx紹興模擬) 如圖所示，邊長為L、電阻不計的n匝正方形金屬線框位于豎直平面內，連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U，線框及小燈泡的總質量為m，在線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度為l，磁感應強度方向與線框平面垂直，其上、下邊界與線框底邊均水平．線框從圖示位置開始靜止下落，穿越磁場的過程中，小燈泡始終正常發(fā)光．則(　　) A．有界磁場寬度lF0＝0.025 N 所以在t＝0時刻棒靜止不動，加速度為零，在0～3 s內磁感應強度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3 s內導體棒靜止不動，電流恒為I＝0.25 A 在0～3 s內，磁感應強度為：B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T) 因導體棒靜止不動，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有： Ff＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)0.250.5＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)． (3)3～4 s內磁感應強度大小恒為B2＝0.1 T，ab棒做勻變速直線運動，Δt1＝4 s－3 s＝1 s 設t＝4 s時棒的速度為v，第4 s內的位移為x，則： v＝v0－aΔt1＝4 m/s x＝Δt1＝6 m 在這段時間內的平均感應電動勢為：E＝ 通過電阻的電荷量為：q＝IΔt1＝Δt1＝＝1.5 C. 答案：(1)0.025 N　(2)見解析　(3)1.5 C B 一、單項選擇題 1．(xx高考重慶卷)如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb(　　) A．恒為 B．從0均勻變化到 C．恒為－ D．從0均勻變化到－ 解析：選C.根據法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確． 2．(xx煙臺一模)如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠寬，在x軸方向寬度為a.一直角三角形導線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下圖中感應電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關系圖象正確的是(　　) 解析：選D.由楞次定律可知，線框剛進入磁場時產生的感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故線框中的感應電流沿逆時針方向，為正，又因為線框做勻速運動，故感應電流隨位移線性增大；同理可知線框離開磁場時，產生的感應電流大小隨位移線性增大，方向為負，選項A、B錯誤；BC兩端的電壓UBC跟感應電流成正比，故選項C錯誤，D正確． 3．如圖所示，質量均為m的金屬棒ab、cd與足夠長的水平金屬導軌垂直且接觸良好，兩金屬棒與金屬導軌間的動摩擦因數為μ，磁感應強度為B的勻強磁場的方向豎直向下．則ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右運動的過程中，有(　　) A．安培力對ab棒做正功 B．安培力對cd棒做正功 C．ab棒做加速度逐漸減小的加速運動，最終勻速運動 D．cd棒做加速度逐漸減小的加速運動，最終勻速運動 解析：選C.對于ab棒，因為F＝2μmg>μmg，所以從靜止開始加速運動，ab棒運動會切割磁感線產生感應電流，從而使ab棒受到一個向左的安培力，這樣加速度會減小，最終會做勻速運動；而cd棒所受到的最大安培力與摩擦力相同，所以總保持靜止狀態(tài)，即安培力對ab棒做負功，對cd棒不做功，所以選項C正確，A、B、D錯誤． 4. (xx河北石家莊質檢)如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌豎直放置，導軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內有方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁場．一導體棒兩端套在導軌上，并與兩導軌始終保持良好接觸，導體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同．下面四個圖象能定性描述導體棒速度大小與時間關系的是(　　) 解析：選C.MN棒先做自由落體運動，當到Ⅰ區(qū)磁場時由四個選項知棒開始減速，說明F安>mg，由牛頓第二定律得，F安－mg＝ma，減速時F安減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點切線斜率減??；離開Ⅰ區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運動，隨后進入Ⅱ區(qū)磁場，因棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化情況相同，則在Ⅱ區(qū)磁場中運動情況與Ⅰ區(qū)磁場中完全相同，所以只有C項正確． 5．如圖甲所示，在豎直平面內有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1與L2、L3與L4之間均存在著勻強磁場，磁感應強度的大小均為1 T，方向垂直于豎直平面向里．現有一矩形線圈abcd，寬度cd＝L＝0.5 m，質量為0.1 kg，電阻為2 Ω，將其從圖示位置(cd邊與L1重合)由靜止釋放，速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，t2～t3之間的圖線為與t軸平行的直線，t1～t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈始終位于豎直平面內．(重力加速度g取10 m/s2)則(　　) A．在0～t1時間內，通過線圈的電荷量為2.5 C B．線圈勻速運動的速度為8 m/s C．線圈的長度ad＝1 m D．0～t3時間內，線圈產生的熱量為4.2 J 解析：選B.t2～t3時間內，線圈做勻速直線運動，而E＝BLv2，F＝，F＝mg，解得v2＝＝8 m/s，選項B正確；線圈在cd邊與L2重合到ab邊與L3重合的過程中一直做勻加速運動，則ab邊剛進磁場時，cd邊也剛進磁場，設磁場寬度為d，則3d＝v2t－gt2，解得d＝1 m，則ad邊的長度為2 m，選項C錯誤；在0～t3時間內，由能量守恒定律，有Q＝5mgd－mv＝1.8 J，選項D錯誤；在0～t1時間內，通過線圈的電荷量q＝＝＝0.25 C，選項A錯誤． 二、不定項選擇題 6.如圖所示，xOz是光滑水平面，空間有沿z軸正方向的勻強磁場，其磁感應強度為B，現有兩塊平行金屬板，彼此間距為d，構成一個電容為C的電容器；在兩板之間焊一根垂直于兩板的電阻不計金屬桿PP′，已知兩板和桿PP′的總質量為m，若對此桿PP′作用一個沿x軸正方向的恒力F，則下列說法正確的是(　　) A．金屬桿PP′不存在感應電流 B．金屬桿PP′存在沿P到P′方向的感應電流 C．兩板和桿先做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動 D．兩板和桿做勻加速直線運動 解析：選BD.設某時刻金屬桿運動的加速度為a，速度為v，那么金屬桿切割磁感線所產生的感應電動勢為E＝Bdv，電容器兩端的電壓U＝E＝Bdv，所以，通過金屬桿的電流為I＝C＝BdC，方向沿P到P′方向，所以B選項正確；又因為a＝，所以I＝BdCa，這樣，兩板和桿整體的水平方向除受恒力F作用外，還受到沿x軸負方向的安培力，它的大小為：FA＝BdI＝B2d2Ca，運用牛頓第二定律得：F－B2d2Ca＝ma，所以a＝，即D選項正確． 7．如圖甲是矩形導線框，電阻為R，虛線左側線框面積為S，右側面積為2S，虛線左右兩側導線框內磁場的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，設垂直線框向里的磁場為正，則關于線框中0～t0時間內的感應電流的說法正確的是(　　) A．感應電流的方向為順時針方向 B．感應電流的方向為逆時針方向 C．感應電流的大小為 D．感應電流的大小為 解析：選BD.向里的變化磁場產生的感應電動勢為：E1＝S，感應電流方向為逆時針方向；向外的變化磁場產生的感應電動勢為：E2＝2S，感應電流方向為逆時針方向；從題圖乙中可以得到：＝＝，感應電流為I＝＝，方向為逆時針方向，即B、D正確． 8．(xx浙江八校聯考)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側存在磁感應強度B＝2 T的勻強磁場，MN的左側有一質量m＝0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2 m，電阻R＝2 Ω.t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經過時間1 s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經過1 s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示．則(　　) A．恒定拉力大小為0.05 N B．線圈在第2 s內的加速度大小為1 m/s2 C．線圈ab邊長L2＝0.5 m D．在第2 s內流過線圈的電荷量為0.2 C 解析：選ABD.在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，聯立得F＝0.05 N，A項正確．在第2 s內，由圖象分析知線圈做勻加速直線運動，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B項正確．在第2 s內，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C項錯誤．q＝＝＝0.2 C，D項正確． 9．如圖甲所示，左側接有定值電阻R＝2 Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T，導軌間距為L＝1 m．一質量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌間動摩擦因數μ＝0.25，g＝10 m/s2.金屬棒的速度－位移圖象如圖乙所示，則從起點發(fā)生s＝1 m位移的過程中(　　) A．拉力做的功W＝9.25 J B．通過電阻R的電荷量q＝0.125 C C．整個系統(tǒng)產生的總熱量Q＝5.25 J D．s＝1 m時金屬棒的熱功率為1 W 解析：選AC.金屬棒在運動位移s＝1 m的過程中，克服摩擦力做功為Wf＝μmgs＝5 J，s＝1 m時金屬棒的安培力大小為F安＝BIL＝v，結合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做功為W安＝Fs＝＝vs＝ J，由動能定理得W－W安－Wf＝mv2，得W＝9.25 J，選項A正確；流過電阻R的電荷量q＝＝0.25 C，選項B錯誤；系統(tǒng)產生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系統(tǒng)產生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之和，大小為5.25 J，選項C正確；s＝1 m時，回路中I＝＝ A，由P＝I2r得金屬棒的熱功率為0.5 W，選項D錯誤． 三、非選擇題 10.(xx高考江蘇卷)做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產生感應電流．某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r＝5.0 cm，線圈導線的截面積A＝0.80 cm2，電阻率ρ＝1.5 Ωm.如圖所示，勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B在0.3 s內從1.5 T均勻地減為零，求：(計算結果保留一位有效數字) (1)該圈肌肉組織的電阻R； (2)該圈肌肉組織中的感應電動勢E； (3)0.3 s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q. 解析：(1)由電阻定律得R＝ρ，代入數據得R＝6103 Ω. (2)感應電動勢E＝，代入數據得E≈410－2 V. (3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入數據得Q＝810－8 J. 答案：(1)6103 Ω　(2)410－2 V　(3)810－8 J 11．(xx高考廣東卷)如圖甲所示，平行長直金屬導軌水平放置，間距L＝0.4 m．導軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻．導體棒垂直放置在導軌上，且接觸良好，導體棒及導軌的電阻均不計，導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖乙所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場．若使棒在導軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動，求： 甲 乙 (1)棒進入磁場前，回路中的電動勢E； (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式． 解析：(1)正方形磁場的面積為S，則S＝＝0.08 m2.在棒進入磁場前，回路中的感應電動勢是由于磁場的變化而產生的．由B－t圖象可知＝0.5 T/s，根據E＝n，得回路中的感應電動勢E＝S＝0.50.08 V＝0.04 V. (2)當導體棒通過bd位置時感應電動勢、感應電流最大，導體棒受到的安培力最大．此時感應電動勢 E′＝BLv＝0.50.41 V＝0.2 V 回路中感應電流I′＝＝ A＝0.2 A 導體棒受到的安培力F＝BI′L＝0.50.20.4 N＝0.04 N 當導體棒通過三角形abd區(qū)域時，導體棒切割磁感線的有效長度 l＝2v(t－1)m (1 s≤t≤1.2 s) 感應電動勢e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V 感應電流i＝＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)． 答案：(1)0.04 V　(2)0.04 N　i＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s) 12．(xx臺州市高三調考)圖甲是一種手壓式環(huán)保節(jié)能手電筒的結構示意圖．使用時，迅速按壓手柄，燈泡就能發(fā)光，這種不需要干電池的手電筒的工作原理是電磁感應．其轉動裝置和齒輪傳動裝置的簡化原理圖分別如圖乙、丙所示．假設圖乙中的轉動裝置由半徑r1＝4.010－2 m的金屬內圈和半徑r2＝0.1 m的金屬外圈構成，內、外圈之間接有一根沿半徑方向的金屬條ab，燈泡通過電刷分別跟內、外線圈相連接(圖乙中未畫出)．整個轉動裝置固定在轉動軸上，處于磁感應強度B＝10 T的勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面(紙面)向里．圖丙齒輪傳動裝置中A齒輪固定在轉動裝置的轉動軸上，B、C齒輪同心固定，C輪邊緣與手柄相嚙合，A、B齒輪邊緣相嚙合．已知A、B、C齒輪的半徑分別為rA＝4.010－2 m、rB＝0.16 m、rC＝4.010－2 m，燈泡電阻R＝6.0 Ω，其他電阻均忽略不計，手柄重力忽略不計．當轉動裝置以角速度ω＝1.0102 rad/s相對于轉軸中心O點逆時針轉動時： (1)求金屬條ab上的電流大小和方向； (2)求手柄向下運動的速度大?。? (3)若整個裝置將機械能轉化為電能的效率為60%，則手按壓手柄的作用力多大？ 解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，使所構成的回路磁通量變化，由法拉第電磁感應定律可推導出： E＝Brω－Brω 代入數據解得：E＝4.2 V 由歐姆定律I＝ 代入數據解得：I＝0.7 A 根據右手定則可知電流方向由a到b. (2)根據齒輪A、B邊緣的線速度大小相等，齒輪B、C的角速度大小相等，手柄的速度大小等于齒輪C邊緣的線速度大小，有v＝ 代入數據解得：v＝1.0 m/s (3)設手按壓手柄做功的功率為P1，電路中的電功率為P2，根據題意，有P2＝60%P1 其中P1＝Fv P2＝I2R 代入數據解得：F＝4.9 N. 答案：見解析