《物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測試：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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測試：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（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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)磁場中，線圈平面與磁場平行，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大時，以下說法正確的是()A線圈中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B線圈中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流C線圈中不會產(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，穿過線圈的磁通量仍然為零，則線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C項正確答案：C2(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)磁場中，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

2、示規(guī)律變化的磁場，且規(guī)定向左為磁場B的正方向，則下列敘述正確的是()A01 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相排斥B12 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引C23 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引D34 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項錯誤；在第2 s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場方向向左，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

3、導(dǎo)線相互吸引，故B項正確；同理可以判斷C項錯誤，D項正確答案：BD3(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，利用一根粗細(xì)均勻的金屬絲彎成導(dǎo)軌abcd，a()b3b()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位置勻速向右移動時，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的瞬時功率變大D導(dǎo)軌abcd消耗的電功率先變大后變小解析：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)電動勢為：EBLv；ef兩端的電壓為：UE，E、r不變，R變大

4、，可知U變大，選項A錯誤；ef中的電流為：I，E、r不變，R變大，I變小，選項B錯誤；導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時拉力F的功率等于回路中的電功率，為P，R增大，則P減小，選項C錯誤abcd消耗的功率是電源ef的輸出功率，根據(jù)條件：a()b3b()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D正確答案：D4(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L1 m，導(dǎo)軌左端連接一個R2 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)

5、軌與金屬棒的電阻均不計，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上現(xiàn)對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，試解答以下問題：(1)若施加的水平外力恒為F8 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P18 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FF安，所以金屬棒的速度v1，代入數(shù)據(jù)解得v14 m/s；(2)金屬棒速度達(dá)到穩(wěn)定時，由平衡條件得水平外力FF安，功率PFv2，解得v23 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，一個有矩形邊界

6、的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里一個三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1(左)沿紙面勻速運(yùn)動到位置2(右)取線框剛到達(dá)磁場邊界的時刻為計時起點(diǎn)(t0)，規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則下圖中能正確反映線框中電流與時間關(guān)系的是()解析：線框進(jìn)入磁場的過程，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針，電流i應(yīng)為正方向，選項B、C錯誤；線框進(jìn)入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由EBLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減??；線框完全進(jìn)入磁場的過程，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生線框穿出磁場的過程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場向里

7、，由安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，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EBLv，可知感應(yīng)電動勢先均勻增大后均勻減小，選項A正確，D錯誤答案：A6(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)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間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隨時間t變化的圖象分別是(規(guī)定垂直紙面向里的方向為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，逆時針方向為線框中電流的正方向，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，電路中電流方向為逆時針，沿ABCDA方向，即電流為正方向；T內(nèi)，

8、線圈中向里的磁通量減小，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針方向，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A正確，B錯誤；0內(nèi)，電路中電流方向為逆時針，根據(jù)左手定則可知，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FBIL，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C正確，D錯誤答案：AC7(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，一個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

9、場中忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進(jìn)入磁場過程中，關(guān)于線框運(yùn)動的v-t圖象，可能正確的是()解析：線框進(jìn)入磁場過程中受到的安培力FBIl，線框切割磁感線的有效長度l增大、安培力增大，由牛頓第二定律得：mgFma，得ag，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，選項C正確答案：C8(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)軌電阻不計整個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)動時，F(xiàn)與金屬棒速度v的關(guān)系如圖乙所

10、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()解析：由題圖乙可得FF0kv，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢EBLv，金屬棒中電流I，金屬棒受安培力F安BIL，對金屬棒根據(jù)牛頓第二定律：FF安ma，代入得：F0vma，所以金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度減為零時，做勻速運(yùn)動，選項A正確；F安，URR，R消耗的功率P，選項B、C、D錯誤答案：A考點(diǎn)3電磁感應(yīng)中的電路和動力學(xué)問題9(多選)(2019成都模擬)如圖甲，線圈A(圖中實線，共100匝)的橫截面積為0.3 m2，總電阻r2 ，A右側(cè)所接電路中

11、，電阻R12 ，R26 ，電容C3 F，開關(guān)S1閉合A中有橫截面積為0.2 m2的區(qū)域C(圖中虛線)，C內(nèi)有圖乙所示的變化磁場，t0時刻，磁場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aB閉合S2、電路穩(wěn)定后，通過R2的電流大小為0.4 AC閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電流由b流向aD閉合S2、電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2106 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A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律EnS1000.2 V4 V，則閉合S2、電路穩(wěn)定

12、后，通過R2的電流大小為I A0.4 A，選項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C錯誤；電路穩(wěn)定后電容器帶電量QCUR231060.46 C7.2106 C，則電路穩(wěn)定后再斷開S1，通過R2的電荷量為7.2106 C，選項D正確答案：BD10(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L0.20 m，兩導(dǎo)軌的左端之間連接的電阻R0.40 ，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m0.10 kg的金屬桿ab，位于兩導(dǎo)軌之間的金屬桿的電阻r0.10 ，導(dǎo)軌的電阻可忽略不計整個裝置處

13、于磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.50 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下現(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，在整個運(yùn)動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隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示求金屬桿開始運(yùn)動經(jīng)t5.0 s時()A通過金屬桿的感應(yīng)電流的大小為1 A，方向由b指向aB金屬桿的速率為4 m/sC外力F的瞬時功率為1 WD05.0 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為b指向a，金屬桿開始運(yùn)動經(jīng)t5.0 s，由圖象可知電壓為0.4 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I A1 A，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知EBLv，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知：

14、UE，解得v5 m/s，故B錯誤；根據(jù)電路知UBLv0.08v0.08at，結(jié)合U-t圖象知金屬桿做勻加速運(yùn)動，加速度為a1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，在5 s末時對金屬桿有：FBILma，解得：F0.2 N，此時F的瞬時功率PFv0.25 W1 W，故C正確；05.0 s內(nèi)通過R的電荷量為qI()tt2.5 C，故D錯誤答案：AC11(2019懷化模擬)如圖甲所示，足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN，PQ豎直放置，其寬度L1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R0.40 的電阻，質(zhì)量為m0.01 kg，電阻為r0.30 的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上現(xiàn)使金屬棒ab

15、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，g取10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動過程中對原磁場的影響)求：(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低；(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)電勢高，a點(diǎn)電勢低；(2)由x-t圖象求得t1.5 s時，金屬棒的速度v m/s7 m/s，金屬棒勻速運(yùn)動時所受的安培力大小為FBIL，I，EBLv，聯(lián)立得F，根據(jù)平衡條件得Fmg，則有

16、mg，代入數(shù)據(jù)解得B0.1 T；(3)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5 s內(nèi)，金屬棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能和電路的內(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mgxmv2Q，代入數(shù)據(jù)解得Q0.455 J，故R產(chǎn)生的熱量為QRQ0.26 J.答案：(1)b點(diǎn)電勢高，a點(diǎn)電勢低(2)0.1 T (3)0.26 J12(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d3 m、阻值為R1.5 ，且MP與PQ垂直，與MN的夾角為135，MN、PQ邊的電阻不計將質(zhì)量m2 kg、電阻不計的足夠長的直導(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L4 m，

17、整個空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T在外力作用下，棒由EF處以初速度v03 m/s向右做直線運(yùn)動，運(yùn)動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處向右移動距離2 m所需的時間t；(3)棒由EF處向右移動2 s的過程中，外力做功W.解析：(1)棒在EF處的感應(yīng)電動勢EBLv06 V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流為I4 A，安培力FABIL8 N，安培力的功率PFAv024 W；(2)棒向右移動2 m的過程中回路磁通量變化量為：BSB(Lxx2)5 Wb，因為電流強(qiáng)度始終不變，電動勢也不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律E可得t s0.83 s；(3)棒由EF處向右移動2 s的過程中，磁通量變化量為：Et12 Wb，棒掃過的面積為：S24 m2，2 s的過程棒移動了x，S(2Lxx2)，x4 m，此時電動勢不變，為：EB(Lx)v，代入數(shù)據(jù)解得v1.5 m/s，安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱WAI2Rt248 J，根據(jù)動能定理有WWAmv2mv，代入數(shù)據(jù)解得W41.25 J.答案：(1)24 W(2)0.83 s(3)41.25 J