2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化練（十二）電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用.doc

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專題強(qiáng)化練(十二) 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 考點(diǎn)1　楞次定律的電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1．(2017洛陽(yáng)質(zhì)檢)如圖所示為安檢門原理圖，左邊門框中有一通電線圈，右邊門框中有一接收線圈．工作過程中某段時(shí)間通電線圈中存在順時(shí)針方向(從左向右側(cè)視)均勻增大的電流，則(　　) A．無金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針 B．無金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流增大 C．有金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針 D．有金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化 解析：當(dāng)左側(cè)線圈中通有不斷增大的順時(shí)針方向的電流時(shí)，知穿過右側(cè)線圈的磁通量向右，且增大，根據(jù)楞次定律，右側(cè)線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流，即使有金屬片通過時(shí)，接收線圈中的感應(yīng)電流方向仍然為逆時(shí)針，故A、C錯(cuò)誤；通電線圈中存在順時(shí)針方向均勻增大的電流，則通電線圈中的磁通量均勻增大，所以穿過右側(cè)線圈中的磁通量均勻增大，則磁通量的變化率是定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，接收線圈中的感應(yīng)電流不變，故B錯(cuò)誤；有金屬片通過時(shí)，穿過金屬片中的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流的方向與接收線圈中的感應(yīng)電流的方向相同，所以也會(huì)將該空間中的磁場(chǎng)的變化削弱一些，引起接收線圈中的感應(yīng)電流大小發(fā)生變化，故D正確． 答案：D 2.(2015海南卷)如圖所示，空間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一直金屬棒與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度都垂直的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為ε；將此棒彎成兩段長(zhǎng)度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強(qiáng)度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒兩端的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為ε′，則等于(　　) A.　　　　　　　　 B. C．1 D. 解析：設(shè)金屬棒長(zhǎng)度為l，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得ε＝Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線運(yùn)動(dòng)的有效長(zhǎng)度變?yōu)閘，故ε′＝Blv.因此＝，B正確． 答案：B 3．(2016浙江卷)如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　　) A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1 C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4 D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1 解析：由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向皆沿逆時(shí)針方向，則A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝N＝NS，而磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，即恒定，則a、b線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為＝＝＝9，故B項(xiàng)正確；根據(jù)電阻定律知R＝ρ，且L＝4Nl，則＝＝3，由閉合電路歐姆定律I＝得a、b線圈中的感應(yīng)電流之比為＝＝3，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為＝＝27，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：B 4．(多選)如圖甲所示，一寬為l的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里．一個(gè)邊長(zhǎng)為a(l>a)的正方形導(dǎo)線框ABCD位于紙面內(nèi)，以垂直于磁場(chǎng)邊界的恒定速度v通過該磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)線框電阻為R，在運(yùn)動(dòng)過程中，線框有一條邊始終與磁場(chǎng)區(qū)域的邊界平行．取它剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻t＝0，線框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化規(guī)律的I－t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A．在第1 s內(nèi)，線框中感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，大小恒定為0.3 A B．在第2 s內(nèi)，穿過線框的磁通量最大，感應(yīng)電流大小恒定為0.6 A C．在第3 s內(nèi)，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，大小恒定為0.3 A D．在第1 s內(nèi)，線框中C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，感應(yīng)電流大小為0 解析：在第1 s內(nèi)，線框向磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，穿過線框的磁通量均勻增加，感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向(取為正方向)，電流大小恒定I＝＝0.3 A，選項(xiàng)A正確；在第2 s內(nèi)，整個(gè)線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，穿過線框的磁通量最大且不變，沒有感應(yīng)電流，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在第3 s內(nèi)，線框從磁場(chǎng)中出來，磁通量均勻減小，感應(yīng)電流為順時(shí)針方向(為負(fù)方向)，大小恒定I＝＝0.3 A，選項(xiàng)C正確；在第1 s內(nèi)，由楞次定律判斷出線框中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，則C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：AC 考點(diǎn)2　電磁感應(yīng)中的圖象問題 5．(2018陜西模擬)空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將一個(gè)不會(huì)變形的單匝金屬圓線圈放入該磁場(chǎng)中，規(guī)定圖甲所示的線圈中的電流方向?yàn)檎?dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖乙所示的規(guī)律變化時(shí)，能正確表示線圈中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖線的是(　　) 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i＝＝，由題圖乙可知，0～1 s時(shí)間內(nèi)，B均勻增大，所以穿過線圈的豎直向上的磁通量增大，由楞次定律和安培定則可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)檎?；?～2 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，所以穿過線圈的磁通量不變，故感應(yīng)電流為零；在2～4 s內(nèi)，B均勻減小，穿過線圈的豎直向上的磁通量減小，根據(jù)楞次定律和安培定則可知，感應(yīng)電流方向?yàn)樨?fù)，因?yàn)閕正比于，即圖象的斜率越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大，所以B正確． 答案：B 6．(2018陜西段考)如圖所示，EFGH為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框，線框?qū)蔷€EG和y軸重合、頂點(diǎn)E位于坐標(biāo)原點(diǎn)O處．在y軸右側(cè)的第Ⅰ象限一定范圍內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)下邊界與x軸重合，上邊界為直線OA且與線框的EH邊重合．從t＝0時(shí)刻起，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場(chǎng)上邊界OA的方向穿過磁場(chǎng)區(qū)域．取線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?yàn)檎?，則在線框穿越磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖線是選項(xiàng)圖中的(　　) 解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，由楞次定律(增反減同)可判斷此過程感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即為正，線框離開磁場(chǎng)的過程中，穿過線框的磁通量減小，由楞次定律(增反減同)可判斷此過程感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，即為負(fù)，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度減小，感應(yīng)電流減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C正確． 答案：C 7.如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)．t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰好與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場(chǎng)區(qū)域．下列vt圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　) 解析：導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線框受到的安培力F安＝BIL＝，方向向左，所以導(dǎo)線框速度減小，安培力減小，進(jìn)入階段導(dǎo)線框做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變化，電路中沒有感應(yīng)電流，速度不變．出磁場(chǎng)階段導(dǎo)線框做的仍然是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)．綜上所述，D正確． 答案：D 8.(多選)如圖所示，兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，兩導(dǎo)軌上端接有電阻R(其余電阻不計(jì))．虛線MM′和NN′之間有垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，虛線NN′和PP′之間也有垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2(B1>B2)．現(xiàn)將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，從MM′上方某處由靜止釋放，導(dǎo)體棒ab在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，且始終保持水平，已知導(dǎo)體棒ab到達(dá)NN′和PP′之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)．則導(dǎo)體棒ab從MM′運(yùn)動(dòng)到PP′這段時(shí)間內(nèi)的vt圖可能正確的是(　　) 解析：導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)到MM′切割磁感線時(shí)，若安培力大于重力，導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，若安培力等于重力，導(dǎo)體棒一直做勻速運(yùn)動(dòng)，若安培力小于重力，則做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)到NN′時(shí)，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，安培力變小，會(huì)小于重力，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)．可知B、C正確，A、D錯(cuò)誤． 答案：BC 考點(diǎn)3　電磁感應(yīng)中的電路和動(dòng)力學(xué)問題 9.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，環(huán)半徑為0.5 m，金屬環(huán)總電阻為2Ω，在整個(gè)豎直平面內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T，在環(huán)的最高點(diǎn)上方A點(diǎn)用鉸鏈連接一長(zhǎng)度為1.5 m，電阻為3Ω的導(dǎo)體棒AB，當(dāng)導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時(shí)，導(dǎo)體棒B端的速度為3 m/s.已知導(dǎo)體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸，則導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時(shí)AB兩端的電壓大小為(　　) A． 0.4 V　　　　 B．0.65 V C．2.25 V D．4.5 V 解析：當(dāng)導(dǎo)體棒擺到豎直位置時(shí)， 由v＝ωr可得：C點(diǎn)的速度為： vc＝v B＝3 m/s＝1 m/s， AC間電壓為： UAC＝EAC＝BLAC＝10.5 V＝0.25 V， CB段產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： ECB＝BLCB＝11 V＝2 V， 圓環(huán)兩側(cè)并聯(lián)，電阻為：R＝Ω＝0.5 Ω， 導(dǎo)體棒CB段的電阻為：r＝2 Ω， 則CB間電壓為：UCB＝ECB＝2 V＝0.4 V， 故AB兩端的電壓大小為： UAB＝UAC＋UCB＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V. 答案：B 10．(多選)(2018鷹潭一模)如圖甲所示，一個(gè)匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個(gè)阻值為R的電阻和一個(gè)理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．0～t1時(shí)間內(nèi)P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì) B．0～t1時(shí)間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為 C．t1～t2時(shí)間內(nèi)R上的電流為 D．t1～t2時(shí)間內(nèi)P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì) 解析：0～t1時(shí)間內(nèi)，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，線圈相當(dāng)于電源，上端為正極，下端為負(fù)極，所以P端電勢(shì)高于Q端電勢(shì)，故A正確；0～t1時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝n＝nS＝nS，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U＝IR＝R＝，故B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝n＝nS，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I′＝＝，故C正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，線圈相當(dāng)于電源，上端負(fù)極，下端正極，所以P端電勢(shì)低于Q端電勢(shì)，故D錯(cuò)誤． 答案：AC 11．(2018開封一模)將一個(gè)矩形金屬線框折成直角框架abcdef，置于傾角α＝37的斜面上，ab邊與斜面的底線MN平行，如圖所示．a(chǎn)b＝bc＝cd＝de＝ef＝fa＝0.2 m，線框總電阻R＝0.02 Ω，ab邊的質(zhì)量m＝0.01 kg，其余各邊的質(zhì)量均忽略不計(jì)，框架可繞過c、f點(diǎn)的固定軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)從t＝0時(shí)刻開始沿斜面向上加一隨時(shí)間均勻增加的、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的關(guān)系為B＝0.5t(T)，磁場(chǎng)方向與cdef面垂直．(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2) (1)求線框中感應(yīng)電流的大小，并指出ab段導(dǎo)線上感應(yīng)電流的方向； (2)t為何值時(shí)框架的ab邊對(duì)斜面的壓力恰為零？ 解析：(1)由題設(shè)條件可得 E＝＝cdde＝0.02 V， 所以感應(yīng)電流I＝＝1.0 A. 根據(jù)楞次定律和安培定則可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→b. (2)ab邊所受的安培力F＝BIab＝0.1t(N)， 方向垂直于斜面向上． 當(dāng)框架的ab邊對(duì)斜面的壓力為零時(shí)，由平衡條件得F＝mgcos 37， 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.8 s. 答案：(1)1.0 A，方向?yàn)閍→b　(2)0.8 s 12.(2018鹽城二模)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，與水平面間的夾角θ＝30，間距L＝0.5 m，上端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4 T，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上．一質(zhì)量m＝0.2 kg，電阻r＝0.1 Ω的導(dǎo)體棒MN在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下，由靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，當(dāng)棒的位移d＝9 m時(shí)電阻R上消耗的功率為P＝2.7 W．其他電阻不計(jì)，g取10 m/s2.求： (1)此時(shí)通過電阻R上的電流； (2)這一過程通過電阻R上電荷量q； (3)此時(shí)作用于導(dǎo)體棒上的外力F的大?。? 解析：(1)根據(jù)熱功率：P＝I2R， 解得：I＝＝ A＝3 A. (2)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：＝， 由歐姆定律得：＝， 電流和電量之間關(guān)系式： q＝t＝＝＝C＝4.5 C. (3)由(1)知此時(shí)感應(yīng)電流I＝3 A， 由I＝＝， 解得此時(shí)速度：v＝＝m/s＝6 m/s， 由勻變速運(yùn)動(dòng)公式：v2＝2ax， 解得：a＝＝m/s2＝2 m/s2， 對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得： F－F安－mgsin 30＝ma， 即：F－BIL－mgsin 30＝ma， 解得：F＝ma＋BIL＋mgsin 30＝0.22 N＋0.40.53 N＋0.210 N＝2 N. 答案：(1)3 A　(2)4.5 C　(3)2 N