《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第10講 電磁感應(yīng)問題的綜合分析提升訓(xùn)練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第10講 電磁感應(yīng)問題的綜合分析提升訓(xùn)練（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第10講 電磁感應(yīng)問題的綜合分析提升訓(xùn)練一、單項(xiàng)選擇題1.如圖1所示，圖中的虛線為磁場(chǎng)的理想邊界，方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量分布均勻的梯形導(dǎo)體框MNQP由圖中位置開始勻速穿過磁場(chǎng)，已知MN、PQ間的距離與兩虛線的間距相等。假設(shè)沿MNQP方向的電流為正，由圖示的位置開始計(jì)時(shí)，則整個(gè)過程中導(dǎo)體框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化規(guī)律的圖象為()圖1解析由右手定則可以判斷開始時(shí)電流應(yīng)為負(fù)值，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度是均勻增加的，當(dāng)導(dǎo)體框全部進(jìn)入磁場(chǎng)到PQ邊離開磁場(chǎng)，再次利用右手定則可以判斷此時(shí)電流應(yīng)為正值，而導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度是均勻增加的，所以B項(xiàng)正確

2、。答案B2.(xx云南一模)如圖2甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí)，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場(chǎng)的變化情況可能是圖中的()圖2解析AB邊受的安培力向右，根據(jù)左手定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相反，說明原磁場(chǎng)在增強(qiáng)，C圖不可能；安培力FBIL，I，ES，安培力大小不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度在增大，說明感應(yīng)電流的大小在減小，即Bt圖象的斜率在減小，A、B圖均不可能，D圖是可能的。答案D3.(xx四川成都新津中學(xué)月考)如圖3虛線上方空間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，扇形導(dǎo)線框繞垂直于框面的軸O以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線框中感應(yīng)電流方向以

3、逆時(shí)針為正，那么，能正確表明線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周感應(yīng)電流變化情況的是下列圖中的哪一個(gè)()圖3解析在0內(nèi)，線框中沒有感應(yīng)電流；在內(nèi)，EBLv，電流不隨時(shí)間變化，方向?yàn)槟鏁r(shí)針；在T內(nèi)，線框全部在磁場(chǎng)中，沒有感應(yīng)電流；在TT內(nèi)，EBLv，方向?yàn)轫槙r(shí)針，選項(xiàng)A正確。答案A4.如圖4甲所示，質(zhì)量為2 kg的絕緣板靜止在粗糙水平地面上，質(zhì)量為1 kg、邊長為1 m、電阻為0.1 的正方形金屬框ABCD位于絕緣板上，E、F分別為BC、AD的中點(diǎn)。某時(shí)刻起在ABEF區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，AB邊恰在磁場(chǎng)邊緣以外；FECD區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.5

4、 T，CD邊恰在磁場(chǎng)邊緣以內(nèi)。假設(shè)金屬框受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g10 m/s2，則()圖4A.金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為1 VB.金屬框受到向左的安培力大小為1 NC.金屬框中的感應(yīng)電流方向沿ADCB方向D.如果金屬框與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，則金屬框可以在絕緣板上保持靜止解析因?yàn)镋S，而左邊磁場(chǎng)的有效面積僅限于ABEF之內(nèi)，所以E0.5 V，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電流I5 A，由楞次定律可知金屬框中的感應(yīng)電流方向沿ABCD方向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；CD邊處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則F安B2IL2.5 N，由左手定則可知方向向右，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)金屬框的質(zhì)量為m，如果金屬框與絕緣板間的動(dòng)摩

5、擦因數(shù)為0.3，則金屬框與絕緣板間的最大靜摩擦力Ffmaxmg3 N，因?yàn)镕安Ffmax，所以金屬框可以在絕緣板上保持靜止，選項(xiàng)D正確。答案D5.阻值為R的電阻和不計(jì)電阻的導(dǎo)線組成如圖5所示的滑軌，滑軌與水平面成角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直滑軌所在的平面，寬滑軌的寬度是窄滑軌寬度的2倍。一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab垂直滑軌放置，彼此接觸良好。不計(jì)導(dǎo)體棒與滑軌間的摩擦，導(dǎo)體棒從靠近電阻R處由靜止釋放，在滑至窄滑軌之前已做勻速運(yùn)動(dòng)，其勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，窄滑軌足夠長。則下列說法正確的是()圖5A.導(dǎo)體棒進(jìn)入窄滑軌后，一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.導(dǎo)體棒在窄滑軌上先做減速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)C.導(dǎo)體棒在窄滑軌上勻速運(yùn)動(dòng)

6、時(shí)的速度為2vD.導(dǎo)體棒在寬、窄兩滑軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱功率之比為14解析設(shè)寬滑軌的寬度為L，窄滑軌的寬度為L，則L，由于導(dǎo)體棒在進(jìn)入窄滑軌前已做勻速運(yùn)動(dòng)，故有mgsin BIL。導(dǎo)體棒進(jìn)入窄滑軌后，因?yàn)長L，所以mgsin ，導(dǎo)體棒將加速下滑，當(dāng)mgsin ，即v4v時(shí)，導(dǎo)體棒將再次做勻速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒在寬、窄兩滑軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比，又P，所以導(dǎo)體棒在寬、窄兩滑軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱功率之比為14，選項(xiàng)D正確。答案D6.(xx安徽理綜，19)如圖6所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁

7、感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)。則()圖6A.電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為B.電路中感應(yīng)電流的大小為C.金屬桿所受安培力的大小為D.金屬桿的發(fā)熱功率為解析電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，感應(yīng)電流I故A錯(cuò)誤，B正確；金屬桿所受安培力大小FBI，故C錯(cuò)誤；金屬桿的發(fā)熱功率PI2RI2 r，故D錯(cuò)誤。答案B二、多項(xiàng)選擇題7.如圖7所示，水平放置的平行板電容器與線圈連接，線圈內(nèi)有垂直于紙面(設(shè)向里為正方向)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。為使帶負(fù)電的微粒靜止在板間，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖象應(yīng)是

8、()圖7解析由題意可知，帶負(fù)電的微粒靜止在板間，受到電場(chǎng)力與重力平衡，則有mgqEq，解得極板間的電壓為U，保持不變，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知B隨時(shí)間均勻變化。由于微粒帶負(fù)電，則由平衡條件知，微粒所受的電場(chǎng)力方向向上，上極板帶正電，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向沿逆時(shí)針方向，根據(jù)楞次定律可知，當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里時(shí)，B均勻增大，當(dāng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外時(shí)，B均勻減小，故選項(xiàng)B、C正確。答案BC8.如圖8所示，正方形金屬線圈abcd平放在粗糙水平傳送帶上，被電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)一起以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，線圈邊長為L，電阻為R，質(zhì)量為m，有一邊界長度為2L的正方形磁場(chǎng)垂直

9、于傳送帶，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中速度不變，下列說法中正確的是()圖8A.線圈穿出磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向沿abcdaB.線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)受到水平向左的靜摩擦力，穿出區(qū)域時(shí)受到水平向右的靜摩擦力C.線圈經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中始終受到水平向右的靜摩擦力D.線圈經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為解析正方形金屬線圈abcd穿出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律，線圈中感應(yīng)電流的方向沿abcda，選項(xiàng)A正確；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，bc邊切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向是cb，受到的安培力水平向左，根據(jù)二力平衡可知，靜摩擦力向右，穿出區(qū)域時(shí)，ad邊切割磁感線，產(chǎn)生da方向的感應(yīng)電流，受

10、到的安培力水平向左，根據(jù)二力平衡可知，線圈受到的靜摩擦力向右，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線圈abcd全部在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受摩擦力作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線圈經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W2FL，選項(xiàng)D正確。答案AD9.(xx臺(tái)州市高三期末質(zhì)量評(píng)估)在如圖9所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為L。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)，此時(shí)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，

11、此時(shí)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列說法中正確的是()圖9A.線框兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1v221B.從t1到t2過程中，線框中通過的電流方向先是由adcb，然后是從abcdC.從t1到t2過程中，線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少量D.從t1到t2過程中，有的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能解析根據(jù)題意，第一次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin ，第二次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，mgsin ，解得v1v241，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可以判斷，選項(xiàng)B中所判斷的感應(yīng)電流的方向是正確的，選項(xiàng)B正確；線框克服安培力做的功等于導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律，線框克服安培力做的功等于重力勢(shì)能的減少量和

12、動(dòng)能的減少量之和，重力勢(shì)能的減少量為，動(dòng)能的減少量為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。答案BD三、計(jì)算題10.(xx福建漳州八校聯(lián)考)如圖10所示，兩平行導(dǎo)軌間距L0.1 m，足夠長光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分圓滑連接，傾斜部分與水平面的夾角30，垂直斜面方向向上的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，水平部分沒有磁場(chǎng)。金屬棒ab質(zhì)量m0.005 kg，電阻r0.02 ，運(yùn)動(dòng)中與導(dǎo)軌有良好接觸，并且垂直于導(dǎo)軌，電阻R0.08 ，其余電阻不計(jì)，當(dāng)金屬棒從斜面上離地高h(yuǎn)1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在水平面上滑行的最大距離x都是1.25 m(g取10 m/s2)。求：圖10(1)棒在斜面上的最大速度；(2

13、)水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)從高度h1.0 m處滑下后電阻R上產(chǎn)生的熱量。解析(1)由題意知金屬棒從離地高h(yuǎn)1.0 m以上任何地方由靜止釋放后，在到達(dá)水平面之前已經(jīng)開始勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)最大速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，感應(yīng)電流I，安培力FBIL，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mgsin F，解得v1.0 m/s。(2)在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受滑動(dòng)摩擦力fmg，金屬棒在摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，有fma，v22ax，解得0.04。(用動(dòng)能定理同樣可以解答)(3)下滑的過程中，由動(dòng)能定理可得mghWmv2，克服安培力所做的功等于電路中產(chǎn)生的電熱，有WQ，電阻R上產(chǎn)生的熱量QRQ，解得QR3.8102 J。答案(

14、1)1.0 m/s(2)0.04(3)3.8102 J11.(xx江陰市高三質(zhì)量檢測(cè))在距離水平地面高度為h0.8 m處有一與地面平行的虛線，如圖11所示，在虛線的上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一邊長為l0.2 m的正方形導(dǎo)體框MNPQ豎直放置在虛線的正下方，現(xiàn)對(duì)導(dǎo)體框施加一豎直向上的恒力F2 N，使導(dǎo)體框向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間導(dǎo)體框剛好以v02 m/s的速度進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)導(dǎo)體框的PQ邊與虛線重合時(shí)立刻將恒力F撤走，導(dǎo)體框上升到最高點(diǎn)后按原路返回，直到落地為止，假設(shè)整個(gè)過程中導(dǎo)體框的PQ邊始終與虛線平行。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m0.1 kg、阻值為R0.08 ，重力加速度為g10 m/

15、s2。圖11(1)求虛線上方的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)從導(dǎo)體框開始進(jìn)入磁場(chǎng)到上升到最高點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)導(dǎo)體框落地時(shí)的速度大小。解析(1)導(dǎo)體框的MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流I導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有FmgBIl代入數(shù)據(jù)解得B1 T。(2)設(shè)導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有t10.1 s導(dǎo)體框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間t20.2 s導(dǎo)體框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間tt1t20.3 s。(3)導(dǎo)體框從最高點(diǎn)回到磁場(chǎng)邊界時(shí)速度大小不變，導(dǎo)體框所受安培力大小也不變，則F安mg因此，導(dǎo)體框穿出磁場(chǎng)過程還是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，離開磁場(chǎng)后做豎直下拋

16、運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律可得mv2mvmg(hl)代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)體框落地時(shí)的速度v4 m/s。答案(1)1 T(2)0.3 s(3)4 m/s12.如圖12所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上。長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R。兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)燈泡，燈泡的電阻也為R?，F(xiàn)閉合開關(guān)K，給金屬棒施加一個(gè)方向垂直于桿且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F2mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，燈泡恰能達(dá)到它的額定功率。重力加速度為g。圖12(1)求金屬棒能達(dá)到的最大速度vm；(2)求燈泡的額定功率PL；(3)若金屬棒上滑距離為s時(shí)速度恰達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2s的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的電熱Q1。解析(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，金屬棒達(dá)到最大速度，此后開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)最大速度為vm，則速度達(dá)到最大時(shí)有：EBLvmIFBILmgsin 解得：vm(2)PLI2R解得：PL(3)設(shè)整個(gè)電路放出的電熱為Q，由能量守恒定律有：F2sQmgsin 2smv由題意可知Q1解得：Q1mgs答案(1)(2)(3)mgs