2019年高考物理二轮复习 电磁感应及应用提能专训.doc

2019年高考物理二轮复习 电磁感应及应用提能专训一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.(xx河北唐山一中调研)经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针法拉第可观察到的现象有()A当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原B只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转CA线圈接通后电流越大，小磁铁偏转角度也越大D当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转答案：A解析：闭合开关瞬间，穿过线圈的磁通量增加，在线圈B中产生感应电流，电流的磁场使小磁针偏转；当线圈A中电流恒定，磁通量不变化，线圈B中不产生感应电流，磁针不偏转；当开关断开时，磁通量减少使B中又产生感应电流，使小磁铁偏转，但偏转方向相反，选项A正确2(xx江苏单科)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A. B. C. D.答案：B解析：磁感应强度的变化率，法拉第电磁感应定律公式可写成EnnS，其中磁场中的有效面积Sa2，代入得En，选项B正确，选项A、C、D错误3如图所示，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D1、D2、D3为三个完全相同的灯泡，E为内阻不计的电源，在t0时刻闭合开关S，当电路稳定后D1、D2两灯的电流分别为I1、I2，t1时刻断开开关S，若规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，则下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是()答案：D解析：在t0时刻闭合开关S，D2的电流立刻达到最大值，并且大于稳定时的电流I2，D1由于和线圈串联，电流由零逐渐增加，排除A、B、C选项；t1时断开开关S，线圈和D1、D2构成闭合回路，电流逐渐减小到零，因规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为电流的正方向，断开开关S后D2中电流向上，与正方向相反，取负值，选项D正确4.如图所示，通电导线MN与单匝圆形线圈 a共面，位置靠近圆形线圈a左侧且相互绝缘当MN中电流突然减小时，下列说法正确的是()A线圈a中产生的感应电流方向为顺时针方向B线圈a中产生的感应电流方向为逆时针方向C线圈a所受安培力的合力方向垂直纸面向里D线圈a所受安培力的合力方向水平向左答案：A解析：根据安培定则，MN中电流产生的磁场在导线左侧垂直纸面向外，在导线右侧垂直纸面向里由于导线MN位置靠近圆形线圈a左侧，所以单匝圆形线圈a中合磁场方向为垂直纸面向里当MN中电流突然减小时，垂直纸面向里的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈a中产生的感应电流方向为顺时针方向，选项A正确，B错误由左手定则可知，导线左侧圆弧所受安培力方向水平向右，导线右侧圆弧所受安培力方向水平向右，所以线圈a所受安培力的合力方向水平向右，选项C、D错误5(xx衡水模拟)如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t0时刻恰好位于图中所示的位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移(Ix)关系的是()答案：C解析：线框匀速穿过L的过程中，有效长度l均匀增加，由EBlv知，电动势随位移均匀变大，xL处电动势最大，电流I最大；从xL至x1.5L过程中，框架两边都切割磁感线，总电动势减小，电流减小；从x1.5L至x2L，左边框切割磁感线产生的感应电动势大于右边框，故电流反向且增大；x2L至x3L过程中，只有左边框切割磁感线，有效长度l减小，电流减小综上所述，只有C项符合题意6(xx广东韶关一模)(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v12v2，在先后两种情况下()A线圈中的感应电流之比I1I221B线圈中的感应电流之比I1I212C线圈中产生的焦耳热之比Q1Q241D通过线圈某截面的电荷量之比q1q211答案：AD解析：由于v12v2，根据EBLv得感应电动势之比，感应电流I，则感应电流之比为，A正确，B错误；线圈出磁场时所用的时间t，则时间比为，根据QI2Rt可知热量之比为Q1Q221，C错误；根据qttt得，D正确7(xx四川理综)(多选)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 .此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B(0.40.2t) T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则()At1 s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt3 s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 NDt3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N答案：AC解析：根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A项正确，B项错误；由法拉第电磁感应定律可知：Esin 300.212 V0.1 V，故感应电流为I1 A，金属杆受到的安培力FABIL，t1 s时，FA0.211 N0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1FAcos 600.1 N，F1为挡板P对金属杆施加的力t3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小为F3BILcos 600.211 N0.1 N故C正确，D错误8(xx沈阳市协作校期中联考)如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为()A. B. C. DE答案：C解析：粗环相当于电源，细环相当于负载，ab间的电势差就是等效电路的路端电压；粗环电阻是细环电阻的一半，则路端电压是电动势的，即Uab，故选C.9(xx云南一模)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的()答案：D解析：由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则可知感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式FBILBL，因安培力的大小不变，则B是定值，因磁场B增大，则减小，故D正确，A、B、C错误10(xx山西太原一模)(多选)如图甲所示，将长方形导线框abcd垂直磁场方向放入匀强磁场B中，规定垂直ab边向右为ab边所受安培力F的正方向，F随时间的变化关系如图乙所示选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，不考虑线圈的形变，则B随时间t的变化关系可能是下列选项中的()答案：ABD解析：在每个整数秒内四个选项中磁感应强度都是均匀变化的，磁通量的变化率为恒定的，产生的电流大小也是恒定的，再由FBIL可知，B均匀变化时，F也均匀变化，在01 s内，F为向左，根据楞次定律，磁通量均匀减小，与B的方向无关同理12 s内，F为向右，所以磁通量均匀增大，与B的方向无关，这样周期性的变化的磁场均正确，所以有A、B、D项正确，C项错11(xx河北唐山一模)(多选)如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b的质量均为m，两杆与导轨接触良好当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则()A金属杆b进入磁场后做加速运动B金属杆b进入磁场后做匀速运动C两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL答案：BD解析：金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒进入磁场时速度与a进入磁场时的速度相同，所受的安培力相同，所以两棒进入磁场时的受力情况相同，则b进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动，故A项错误，B项正确；两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得，回路中产生的总热量为Q2mgsin 30LmgL，故C项错误，D项正确12(xx山东菏泽一模)(多选)如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距为L1 m，其右端连接有定值电阻R2 ，整个装置处于垂直导轨平面磁感应强度B1 T的匀强磁场中一质量m2 kg的金属棒在恒定的水平拉力F10 N的作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属棒始终与导轨垂直导轨及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是()A产生的感应电流方向在金属棒中由a指向bB金属棒向左做先加速后减速运动直到静止C金属棒的最大加速度为5 m/s2D水平拉力的最大功率为200 W答案：ACD解析：金属棒向左运动切割磁感线，根据右手定则判断得知产生的感应电流方向由ab，A正确；金属棒所受的安培力先小于拉力，棒做加速运动，后等于拉力做匀速直线运动，速度达到最大，B错误；根据牛顿第二定律得：Fma，可知棒的速度v增大，加速度a减小，所以棒刚开始运动时加速度最大，最大加速度amax m/s25 m/s2，C正确；当棒的加速度a0时速度最大，设最大速度为vmax，则有F，所以vmax m/s20 m/s，所以水平拉力的最大功率Pmax Fvmax1020 W200 W，D正确二、计算题(本题包括4小题，共52分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分)13.(12分)如图所示，在一倾角37的斜面上固定有两个间距d0.5 m、电阻不计、足够长且相互平行的金属导轨，导轨下端通过导线与阻值R4 的电阻相连，上端通过导线与阻值R2 的小灯泡相连，一磁感应强度B2 T的匀强磁场垂直斜面向上质量m1.0 kg、电阻r 的金属棒PQ从靠近灯泡的一端开始下滑，经过一段时间后，灯泡的亮度不再发生变化，若金属棒PQ与金属导轨间的动摩擦因数0.5.求：(g取10 m/s2 ，sin 370.6，cos 370.8)(1)最终金属棒PQ运动的速度大小；(2)最终通过小灯泡的电流答案：(1)4 m/s(2) A解析：(1)由题意可知，当小灯泡的亮度不再发生变化时，金属棒PQ将沿倾斜导轨匀速下滑，设其匀速下滑时的速度大小为v则有mgsin mgcos BId又因为I，R总r将以上三式联立并代入数据可解得v4 m/s.(2)由mgsin mgcos BId代入数据可解得I2 A所以加在小灯泡两端的电压为UBdvIr代入数据可得U V所以最终通过小灯泡的电流I解得I A.14(12分)如图甲所示，电流传感器(相当于一只理想的电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出It图象电阻不计的足够长光滑金属轨道宽L1.0 m，与水平面的夹角37.轨道上端连接阻值R1.0 的定值电阻，金属杆MN与轨道等宽，其电阻r0.50 、质量m0.02 kg.在轨道区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，杆在整个运动过程中与轨道垂直，此后计算机屏幕上显示出如图乙所示的It图象重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，试求：(1)t1.2 s时电阻R的热功率；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)t1.2 s时金属杆的速度大小和加速度大小答案：(1)2.25102 W(2)0.75 T(3)0.3 m/s0375 m/s2解析：(1)由题图乙可知，t1.2 s时电流I10.15 A.PIR0.022 5 W2.25102 W.(2)电流I20.16 A时电流不变，棒匀速运动，BI2Lmgsin 37，得B0.75 T.(3)t1.2 s时，电源电动势EI1(Rr)BLv，代入数据得v0.3 m/s.mgsin 37BI1Lma，代入数据得a m/s20.375 m/s2.15(xx广东中山市模拟)(14分)如图所示，两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直向下的匀强磁场中，整个磁场由n个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2、3、n组成，从左向右依次排列，磁感应强度的大小分别为1B、2B、3B、4B、nB，两导轨左端之间接入电阻R.一质量为m的金属棒ab垂直于MN、PQ放在水平导轨上，与导轨接触良好，不计导轨和金属棒的电阻(1)对导体棒ab施加水平向右的力，使其从图示位置开始运动并穿过n个磁场区，求导体棒穿越磁场区1的过程中通过电阻的电荷量q.(2)对导体棒ab加水平向右的力，让它从距离磁场区1左侧xx0的位置由静止开始做匀加速运动当ab进入磁场区1时开始做匀速运动此后在不同的磁场区施加不同的拉力，使棒ab保持匀速运动通过整个磁场区域，求棒ab通过第i区域时水平拉力Fi和ab穿过整个磁场区域所产生的焦耳Q.答案：见解析解析：(1)电路中产生的感应电动势E通过电阻的电荷量qItt导体棒穿过1区过程BLx0解得qBL(2)设进入磁场1时拉力为F1，速度为v，则有F1x0mv2，F10解得F1，v进入第i区时的拉力：Fi导体棒以后通过每区都以v做匀速运动，则有QF1x0F2x0F3x0Fnx0解得Q(122232n2)16(xx深圳二模)(14分)如图甲所示，静止在粗糙水平面上的正三角形金属线框，匝数N10、总电阻R2.5 、边长L0.3 m，处在两个半径均为r的圆形匀强磁场区域中，线框顶点与右侧圆形中心重合线框底边中点与左侧圆形中心重合磁感应强度为B1的磁场垂直水平面向上，大小不变；B2垂直水平面向下，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示线框与水平面间的最大静摩擦力f0.6 N，(取3)求：(1)t0时刻穿过线框的磁通量；(2)线框滑动前的电流强度及电功率；(3)经过多长时间线框开始滑动及在此过程中产生的热量答案：(1)0.005 Wb(2)0.1 A0.025 W(3)0.01 J解析：(1)设磁场向下穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t0时B2r2B1r20.005 Wb(2)根据法拉第电磁感应定律有ENNr20.25 VI0.1 API2R0.025 W(3)右侧线框每条边受到的安培力F1NB2IrN(25t)Ir因两个力互成120，两条边的合力大小仍为F1左侧线框受力F2NB1I2r线框受到的安培力的合力F安F1F2当安培力的合力等于最大静摩擦力时线框就要开始滑动，则F安f即F安N(25t)IrNB1I2rf解得t0.4 sQI2Rt0.01 J.