（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)（含解析）

《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)（含解析）（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題提升訓(xùn)練12　電磁感應(yīng) 一、單項(xiàng)選擇題(本題共3小題,在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.(2019·湖南三湘名校第三次聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展,無線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī),大到電腦、電動汽車的充電,都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。下圖是某品牌的無線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無線充電的原理圖。關(guān)于無線充電,下列說法正確的是(　　) A.無線充電時手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機(jī)進(jìn)行充電 C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D.只要有無線充電底座,所有手

2、機(jī)都可以進(jìn)行無線充電 答案:C 解析:無線充電時手機(jī)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象,不是“電流的磁效應(yīng)”現(xiàn)象,故選項(xiàng)A錯誤;當(dāng)充電設(shè)備接直流電源時,無線充電設(shè)備不會產(chǎn)生交變磁場,那么不能夠正常使用,故選項(xiàng)B錯誤;接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同,故選項(xiàng)C正確;被充電手機(jī)內(nèi)部,應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件與手機(jī)電池相連,當(dāng)有交變磁場時出現(xiàn)感應(yīng)電動勢,那么普通手機(jī)不能夠利用無線充電設(shè)備進(jìn)行充電,故選項(xiàng)D錯誤。 2.(2019·天津期末)在如圖所示的電路中,a、b、c為三盞完全相同的燈泡,L是自感線圈,直流電阻為RL,則下列說法正確的是(　　) A.閉合開關(guān)后,

3、b、c先亮,a后亮 B.斷開開關(guān)時,N點(diǎn)電勢低于M點(diǎn) C.斷開開關(guān)后,b、c同時熄滅,a緩慢熄滅 D.斷開開關(guān)后,c馬上熄滅,b閃一下后緩慢熄滅 答案:A 解析:開關(guān)S閉合瞬間,因線圈L的電流增大,磁通量增大,產(chǎn)生自感電動勢,根據(jù)楞次定律可知,自感電動勢阻礙電流的增大,通過a燈的電流逐漸增大,所以b、c先亮,a后亮,故A正確;合上開關(guān)一會兒后,因線圈中電流逐漸穩(wěn)定,斷開開關(guān)S的瞬間,由電感的特性可知:L和a、b組成的回路中有電流,電流的方向與L中原來電流的方向相同,方向?yàn)?L→N→b→M→a→L,可知N點(diǎn)電勢高于M點(diǎn),故B錯誤;斷開開關(guān)S的瞬間,由電感的特性可知:L和a、b組成的回路

4、中有電流,導(dǎo)致a、b一起緩慢熄滅,而c沒有電流,馬上熄滅。由于原來a、b兩燈的電流相等,開關(guān)斷開的瞬間,通過a、b和線圈回路的電流從a燈原來的電流減小,所以兩燈都不會閃亮,故C錯誤,D錯誤。 3.(2019·陜西咸陽第二次模擬)如圖甲所示,匝數(shù)n=2的金屬線圈(電阻不計(jì))圍成的面積為20 cm2,線圈與R=2 Ω的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場中,磁場與線圈平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,B-t關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向?yàn)檎较?忽略線圈的自感影響,則下列i-t關(guān)系圖正確的是(　　) 答案:D 解析:由題圖乙可知,0~2s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,故

5、0~2s內(nèi)電流的方向相同,由楞次定律可知,電路中電流方向?yàn)轫槙r針,即電流為正方向;同理可知,2~5s內(nèi)電路中的電流方向?yàn)槟鏁r針,為負(fù)方向,由E=nΔΦΔt可得E=nSΔBΔt,則知0~2s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E1=2×20×10-4×3×10-32V=6×10-6V,則電流大小為I1=E1R=62×10-6A=3×10-6A;同理2~5s內(nèi),I2=2×10-6A,故A、B、C錯誤,D正確。 二、多項(xiàng)選擇題(本題共2小題,在每小題給出的四個選項(xiàng)中,有多個選項(xiàng)是符合題目要求的) 4.(2019·天津二模)如圖所示,電阻R、電容器C與固定在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌相連,導(dǎo)軌間有豎直向

6、下的勻強(qiáng)磁場。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌電阻不計(jì)。現(xiàn)讓導(dǎo)體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動并經(jīng)過B、C兩位置,在導(dǎo)體棒向右滑動的過程中,下列說法正確的是(　　) A.R中的電流從a到b B.導(dǎo)體棒向右做勻速滑動 C.電容器的電荷量逐漸變小 D.在BC段滑動時導(dǎo)體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量 答案:AC 解析:根據(jù)右手定則可判定回路中的電流沿逆時針方向,電阻R中的電流從a到b,故A正確;根據(jù)左手定則可判斷,導(dǎo)體棒受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動,所以電動勢不斷變小,電容器兩端電壓不斷變小,根據(jù)C=QU得Q=CU,故電容器電荷量逐漸變小,故B錯誤,

7、C正確;根據(jù)能量守恒可知,在BC段滑動時導(dǎo)體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量以及電容器儲存的電能之和,故D錯誤。 5.(2019·天津和平區(qū)二模)如圖甲所示,通電直導(dǎo)線A和方框?qū)Ь€B放置于同一平面內(nèi)。導(dǎo)線A中通入如圖乙所示電流,以豎直向上的電流為正方向。下列說法正確的有(　　) A.T2時刻B中沒有感應(yīng)電流 B.T2時刻A、B所受的安培力為零 C.T4時刻B中的感應(yīng)電流方向與3T4時刻相反 D.0~T時間內(nèi)B中的感應(yīng)電流大小不變 答案:BD 解析:在0~T2時間內(nèi),直線電流方向向上,根據(jù)安培定則,知導(dǎo)線右側(cè)磁場的方向垂直紙面向里,電流逐漸減小,則磁場逐漸減小,根據(jù)楞次定律

8、,金屬線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流。在T2~T時間內(nèi),直線電流方向向下,根據(jù)安培定則,知導(dǎo)線右側(cè)磁場的方向垂直紙面向外,電流逐漸增大,則磁場逐漸增強(qiáng),根據(jù)楞次定律,金屬線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流,故電流一直為順時針方向;當(dāng)時間為T2時刻仍然由電流而且沿順時針方向,故A、C錯誤;在T2時刻A中的電流為0,則A與B之間的相互作用力一定為0,故B正確;由題圖可知,在0~T時間內(nèi)A中電流的變化率不變,則穿過B的磁通量的變化率不變,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,B內(nèi)的感應(yīng)電動勢的大小不變,所以B內(nèi)的感應(yīng)電流的大小也不變,故D正確。 三、計(jì)算題(本題共3小題,須寫出規(guī)范的解題步驟) 6.(2019·

9、天津市實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖所示,固定光滑金屬導(dǎo)軌間距為l,導(dǎo)軌電阻不計(jì),上端a、b間接有阻值為R的電阻,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ,且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上。初始時刻,彈簧恰處于自然長度,導(dǎo)體棒具有沿導(dǎo)軌向上的初速度v0。整個運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行。 (1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向; (2)當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時,速度變?yōu)関,求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a。 答案:(1)BLv0R+r,電流方向?yàn)閎→a (

10、2)gsin θ-B2L2vm(R+r) 解析:(1)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1=BLv0 根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過R的電流大小為I1=E1R+r=BLv0R+r 根據(jù)右手定則判斷得知:電流方向?yàn)閎→a。 (2)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2=BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為I2=E2R+r=BLvR+r 導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F=BIL=B2L2vR+r,方向沿斜面向上。導(dǎo)體棒受力如圖所示: 根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-F=ma 解得a=gsinθ-B2L2vm(R+r)。 7.(2019·天津一模)如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁

11、場中,豎直放置兩根平行金屬導(dǎo)軌(電阻不計(jì)),磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向里,導(dǎo)軌上端接一阻值為R的電阻。兩金屬棒a和b的電阻均為R,質(zhì)量分別為ma=4×10-2 kg和mb=2×10-2 kg,它們與導(dǎo)軌接觸良好并可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動。閉合開關(guān)S,先固定b,用一恒力F向上拉a,穩(wěn)定后a以v1=20 m/s的速度勻速運(yùn)動,此時再釋放b,b恰好保持靜止,設(shè)導(dǎo)軌足夠長,g取10 m/s2。 (1)求拉力F的大小; (2)若將金屬棒a固定,讓金屬棒b自由滑下(開關(guān)仍閉合),求b滑行的最大速度v2; (3)若斷開開關(guān),將金屬棒a和b都固定,使磁感應(yīng)強(qiáng)度大小經(jīng)0.2 s由B隨時間均勻增加到2B時,

12、a棒受到的安培力正好等于a棒的重力,求兩金屬棒間的距離h。 答案:(1)0.8 N　(2)10 m/s　(3)83 m 解析:(1)a棒勻速運(yùn)動,根據(jù)平衡條件得F=mag+BIaL b棒靜止,根據(jù)平衡條件得mbg=BIbL,且Ib=Ia2 代入數(shù)據(jù)解得F=0.8N。 (2)當(dāng)a棒以v1的速度勻速運(yùn)動時,a棒的電流Ia=BLv1R+R2 b棒恰好保持靜止,有mbg=BIbL 又Ib=Ia2 當(dāng)a棒靜止b棒下滑至勻速時,有Ib'=BLv2R+R2 由平衡條件得mbg=BIb'L 代入數(shù)據(jù)解得v2=v12=10m/s。 (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=BL

13、ht 感應(yīng)電流I″=E2R 由題意可知mag=BI″L 聯(lián)立解得h=v1tma3mb 代入數(shù)據(jù)解得h=83m。 8.(2019·天津河西區(qū)一模)如圖所示兩個半徑分別為RA=1 m、RB=2 m的金屬圓環(huán)處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=1 T的環(huán)形勻強(qiáng)磁場中,一根長l'=2 m、阻值為2 Ω的均勻金屬棒OB跨放在兩金屬圓環(huán)上,且O點(diǎn)位于兩環(huán)的圓心處。另有兩根間距l(xiāng)=1 m、足夠長的“L”形光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成θ=30°角傾斜放置,在導(dǎo)軌下端的擋板上,靜放著一根長l=1 m、質(zhì)量m=0.1 kg、阻值R=1 Ω的金屬棒CD,傾斜導(dǎo)軌的上端通過兩根導(dǎo)線分別與A、B兩環(huán)相連,兩導(dǎo)軌處在與導(dǎo)軌

14、平面垂直斜向上、B2=1 T的勻強(qiáng)磁場中,除兩根金屬棒的電阻外,其余電阻均不計(jì)。金屬棒OB在外作用下以角速度ω=2 rad/s繞O點(diǎn)逆時針勻速轉(zhuǎn)動,t=0時閉合開關(guān),t=2 s時金屬棒CD速度最大,g取10 m/s2。 (1)開關(guān)閉合前,求A、B兩點(diǎn)的電勢差UAB大小及A、B兩點(diǎn)的電勢高低; (2)求金屬棒CD達(dá)到的最大速度; (3)若t=2 s時,因故障金屬棒OB停止轉(zhuǎn)動,金屬棒CD繼續(xù)上滑,現(xiàn)測得金屬棒CD由t=0時刻至上滑到最高點(diǎn)的過程中通過的電荷量為1.3 C,求故障后金屬棒CD在上滑過程中CD棒產(chǎn)生的熱量。 答案:(1)3 V,A點(diǎn)的電勢高　(2)2 m/s　(3)0.05 J 解析:(1)金屬棒OB勻速轉(zhuǎn)動時切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 E=BLAB - 6 -