（新課標）高考物理二輪復習簡易通 第9講 電磁感應及綜合應用

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1、第9講 電磁感應及綜合應用(16題為單項選擇題，710題為多項選擇題)1如圖4915所示，虛線MN表示正方形金屬框的一條對稱軸，A、B、C是三個磁感線均勻分布的有界磁場區(qū)，區(qū)內磁感應強度隨時間變化的規(guī)律都滿足Bkt，金屬框按照圖示方式處在磁場中，測得金屬框在A區(qū)中的感應電流為I0，在B區(qū)和C區(qū)內感應電流分別為IB、IC，以下判斷中正確的是()圖4915AIB2I0，IC2I0 BIB2I0，IC0CIB0，IC0 DIBI0，IC0解析A、B、C的磁通量分別為AB，BBL2和C0，由法拉第電磁感應定律得，EAk，EBkL2和EC0.回路的電阻一定，由I，可知IB2I0，IC0，則選項B正確答案

2、B2. 如圖4916所示，質量為m的金屬環(huán)用線懸掛起來金屬環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強磁場中從某時刻開始，磁感應強度均勻減小，則在磁感應強度均勻減小的過程中，關于線拉力的大小的下列說法正確的是()圖4916A大于環(huán)的重力mg，并逐漸減小B始終等于環(huán)的重力mgC小于環(huán)的重力mg，并保持恒定D大于環(huán)的重力mg，并保持恒定解析在磁場均勻減小的過程中，金屬環(huán)由于受安培力作用要阻礙磁通量的減小，所以有向下運動的趨勢，即線拉力大于環(huán)的重力由于感應電流不變，而磁場逐漸減小，所以拉力逐漸減小，答案為A.答案A3. 如圖4917所示，圓形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線

3、重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是()圖4917A線圈a中將產生俯視順時針方向的感應電流B穿過線圈a的磁通量變小C線圈a有擴張的趨勢D線圈a對水平桌面的壓力FN將增大解析通過螺線管b的電流如圖所示，根據右手螺旋定則判斷出螺線管b所產生的磁場方向豎直向下，滑片P向下滑動，接入電路的電阻減小，電流增大，所產生的磁場的磁感應強度增強，根據楞次定律，a線圈中所產生的感應電流產生的感應磁場方向豎直向上，再由右手螺旋定則可得線圈a中的電流方向為俯視逆時針方向，A選項錯誤；由于螺線管b中的電流增大，所產生的磁感應強度增強，線圈a中的磁通量應變大

4、，B選項錯誤；根據楞次定律，線圈a將阻礙磁通量的增大，因此，線圈a縮小，線圈a對水平桌面的壓力增大，C選項錯誤，D選項正確答案D4(2013浙江卷，15)磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其Et關系如圖4918所示如果只將刷卡速度改為，線圈中的Et關系圖可能是()圖4918解析當以不同速度刷卡時，磁卡的不同的磁化區(qū)經過線圈時，線圈內的磁通量的變化量是相同的，刷卡速度由v0變?yōu)闀r，完成相同磁通量變化的時間t變?yōu)樵瓉淼?倍，由En得線圈產生的感應電動勢相應的都變?yōu)樵瓉淼?，故D選項正確答案D5面積為S，帶缺口的剛性金屬圓環(huán)

5、在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖4919甲所示有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內為正，變化規(guī)律如圖乙所示，欲使重力不計、電荷量為q的微粒在平板之間處于靜止狀態(tài)，所施加的外力F隨時間t的變化關系是(豎直向下為力F的正方向)()圖4919解析01 s內情況：由楞次定律可知，上極板帶負電，下極板帶正電，因微粒帶正電，則微粒所受電場力方向豎直向上，為使微粒靜止，故外力F應豎直向下；12 s內情況：由楞次定律可知，上極板帶正電，下極板帶負電，因微粒帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向下，為使微粒靜止，外力F應豎直向上；23 s

6、內情況：由楞次定律可知，上極板帶正電，下極板帶負電，微粒受電場力方向豎直向下，故外力F豎直向上；34 s內情況：上極板帶負電，下極板帶正電，微粒所受電場力方向豎直向上，故外力F應豎直向下整個過程，兩極板間的電場強度大小E，電場力為.正確答案為B.答案B6如圖4920所示，兩根完全相同的導線構成匝數分別為n1和n2的圓形閉合線圈A和B.兩線圈平面與磁場垂直當磁感應強度隨時間均勻變化時，兩線圈中的感應電流之比IAIB為()圖4920An1n2 Bn2n1 Cnn Dnn解析導線總長度l2rn由法拉第電磁感應定律得Enr2由電阻定律得RI由得：I所以，故選項B對答案B7. 如圖4921所示，在傾角為

7、的斜面上固定兩條光滑導軌MN、PQ，電阻不計，導軌處于垂直于斜面向上的勻強磁場中在導軌上放置一質量為m的金屬棒ab，并對其施加一平行斜面向上的恒定作用力，使其加速向上運動某時刻在導軌上再由靜止放置一個與ab相同的金屬棒cd，cd棒恰好能保持靜止，且ab棒同時由加速運動變?yōu)閯蛩龠\動，則()圖4921A外力大小為mgsin B外力大小為2mgsin C放置cd棒前外力的功率保持不變D金屬棒cd受到的安培力大小為mgsin 解析cd棒置于導軌上時，恰好能保持靜止，則F安mgsin ，選項D正確；cd棒置于導軌上之前，ab棒雖然切割磁感線，產生感應電動勢，但沒有形成回路，沒有電流，不受安培力，放上cd

8、棒瞬間電路閉合，產生感應電流，也就受到安培力，此時ab棒勻速運動，故有F外F安mgsin ，顯然，F外2mgsin ，選項B正確，A錯誤；放置cd棒前外力不變，速度不斷增大，所以外力的功率逐漸增大，選項C錯誤答案BD8. 如圖4922所示，一個高度為L的矩形線框無初速度地從高處落下，設下落過程中，線框保持水平向下平動在線框的下方，有一個上、下界面都是水平的勻強磁場區(qū)，磁場區(qū)高度為2L，磁場方向與線框平面垂直閉合線框下落后，剛好可以勻速進入磁場區(qū)，整個過程中，線框中的感應電流i隨位移變化的圖象可能是()圖4922解析線框勻速進入磁場時，感應電流恒為I0，方向不變線框完全進入磁場后，安培力立即消失

9、，線框勻加速運動當下邊剛出磁場時，線框的速度大于進入磁場時的速度，故電流大于I0，線框所受安培力大于重力，做減速運動，但上邊離開磁場時的速度不會小于線框進磁場時的速度，故x3L處電流不小于I0，選項A、C都錯答案BD9(2013四川卷，7)如圖4923所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為Bkt(常量k0)回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2.閉合開關S，電壓表的示數為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢，則 ()圖4923AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱

10、功率為電阻R2的5倍D正方形導線框中的感應電動勢kL2解析由楞次定律可知，正方形導線框中的感應電流方向為逆時針方向，所以電容器b極板帶正電，選項B錯誤根據法拉第電磁感應定律，正方形導線框中的感應電動勢Ekr2，選項D錯誤R2與的并聯阻值R并.根據串聯分壓的特點可知：UR2UU，選項A正確由P得：PR2，PR，所以PR5PR2選項C正確答案AC10如圖4924甲所示，光滑的平行水平金屬導軌MN、PQ相距L，在MP之間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間cdfe矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向上、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、電阻為r、長度也剛好為L的導體棒ab垂直擱在導軌上，與磁場左邊

11、界相距d0.現用一個水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運動，棒ab離開磁場區(qū)域前已做勻速直線運動，棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，F隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖4924乙所示，F0已知下列判斷正確的是()圖4924A棒ab在ac之間的運動是勻加速直線運動B棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運動，再做勻速運動C棒ab在ce之間不可能一直做勻速運動D棒ab經過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為解析棒ab在ac之間運動時，水平方向只受到恒定拉力F0作用，做勻加速直線運動，A正確；棒ab進入磁場后立即受到安培力的作用，若水平拉力大于安培力，則棒ab加速運動，但加速度隨著速度

12、的增大而減小，直到勻速運動，B正確；若棒ab進入磁場后安培力與水平拉力恰好平衡，則棒ab在磁場中可能一直做勻速運動，C錯誤；棒ab經過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為，D錯誤答案AB11兩根平行、光滑的、相距l(xiāng)1 m的長金屬導軌(電阻不計)被固定在絕緣水平面上，左端接有R2 的電阻，導軌間區(qū)域加上與導軌垂直、方向垂直紙面的磁場，磁場方向分布如圖4925所示，磁場寬度相同且其寬度d0.6 m，磁感應強度B1 T、B20.8 T現有電阻r1 的導體棒ab(長為l)垂直導軌放置且接觸良好，當導體棒ab以v5 m/s的速度從邊界MN進入磁場后始終做勻速運動，求：圖4925(1)導體棒ab進入磁場B1

13、區(qū)域時拉力的功率；(2)導體棒ab經過任意一個磁場B2區(qū)域過程中通過電阻R的電荷量；(3)導體棒ab勻速運動過程中電阻R兩端的電壓有效值解析(1)導體棒ab在磁場B1區(qū)域中運動時，產生的感應電動勢為E1B1lv，感應電流I1所受安培力F安B1I1l，導體棒ab做勻速運動，則F拉F安故拉力的功率PF拉v W0.67 W.(2)經過任意一個磁場B2區(qū)域過程中，通過電阻R的電荷量qI2t2由題意得I2，位移dvt2解得q0.16 C.(3)導體棒進入磁場B2區(qū)域時，感應電動勢E2B2lv4 V，進入磁場B1區(qū)域時，感應電動勢E1B1lv V設感應電動勢的有效值為E，一個周期T中，一半時間內感應電動勢

14、為E1，一半時間內感應電動勢為E2，則有T解得E3 V電阻R兩端電壓有效值為URR2 V.答案(1)0.67 W(2)0.16 C(3)2 V12(2013廣東卷，36)如圖4926(a)所示，在垂直于勻強磁場B的平面內，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接，電路中的P是加上一定正向電壓才能導通的電子元件，流過電流表的電流I與圓盤角速度的關系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點，0代表圓盤逆時針轉動已知：R3.0 ，B1.0 T，r0.2 m忽略圓盤、電流表和導線的電阻圖4926(1)根據圖(b)寫出ab、bc段對應的I與的關系式；(2)求出圖(b)中b、c兩點對應的P兩端的電壓Ub、Uc；(3)分別求出ab、bc流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關系式解析(1)由題圖(b)得出三點坐標a(45，0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直線的兩點式得I與的關系式為I(2)圓盤切割產生的電動勢為：EBrBr20.02當15 rad/s時E0.3 V，當45 rad/s時E0.9 V，忽略電源內阻，故UPE，可得：Ub0.3 V，Uc0.9 V(3)對應于c點P導通，通過電表的電流I總 A0.4 A解得RP9 則對應于bc段流過P的電流IP對應于a點元件P不導通，則對應于ab段流過P的電流IP0.答案見解析