2020高考物理單元卷 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

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1、 第四模塊 第9章 第3單元 一、選擇題 圖14 1．邊長(zhǎng)為h的正方形金屬導(dǎo)線框，從如圖14所示的初始位置由靜止開(kāi)始下落，通過(guò)一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向是水平的且垂直于線框平面，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾鹊扔贖，上下邊界如圖14中水平虛線所示，H>h.從線框開(kāi)始下落到完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過(guò)程中 (　　) A．線框中總是有感應(yīng)電流存在 B．線框受到的磁場(chǎng)力的合力的方向有時(shí)向上，有時(shí)向下 C．線框運(yùn)動(dòng)的加速度方向始終是向上的 D．線框速度的大小不一定總是在增大 解析：因H>h，當(dāng)導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流，以加速度g做勻加速運(yùn)動(dòng)，線框從磁場(chǎng)下邊界穿出時(shí)，可能

2、做減速運(yùn)動(dòng)．故D正確． 答案：D 圖15 2．如圖15所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無(wú)摩擦地滑動(dòng)．桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計(jì)．開(kāi)始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則 (　　) A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止 C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng) D．ef將往返運(yùn)動(dòng) 解析：ef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，會(huì)受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)

3、動(dòng)．故A正確． 答案：A 圖16 3．如圖16所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時(shí)兩端的電阻)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)環(huán)平面，與環(huán)的最高點(diǎn)A用鉸鏈連接長(zhǎng)度為2a、電阻為的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時(shí)，B點(diǎn)的線速度為v，則這時(shí)AB兩端的電壓大小為 (　　) A. B. C. D．Bav 解析：擺到豎直位置時(shí)，AB切割磁感線的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B·2a·(v)＝Bav.由閉合電路歐姆定律， UAB＝·＝Bav，故選A. 答案：A 圖17 4．如圖17所示，質(zhì)量為m，高為h的矩形導(dǎo)

4、線框在豎直面內(nèi)下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿過(guò)一有理想邊界，高亦為h的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，線框在此過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為 (　　) A．mgh B．2mgh C．大于mgh而小于2mgh D．大于2mgh 解析：因線框勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh.故選B. 答案：B 5．如圖18所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)

5、電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) (　　) A．電容器兩端的電壓為零 B．電阻兩端的電壓為BLv C．電容器所帶電荷量為CBLv D．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為 圖18 解析：當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E＝BLv不變，電容器不充電也不放電，無(wú)電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒(méi)有電壓，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故選項(xiàng)C是正確的． 答案：C 6．粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個(gè)不同方向平移出磁場(chǎng)，如下圖所示，則在移出過(guò)程中線框的

6、一邊a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差絕對(duì)值最大的是 (　　) 解析：線框切割磁感線，導(dǎo)體長(zhǎng)度相同，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流大小相同，設(shè)線框每邊電阻為R，則A選項(xiàng)Uab＝IR，B選項(xiàng)Uab＝I·3R，C選項(xiàng)Uab＝IR，D選項(xiàng)Uab＝IR，故選B. 答案：B 7．如圖19所示，平行導(dǎo)軌與水平地面成θ角，沿水平方向橫放在平行導(dǎo)軌上的金屬棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)加一個(gè)豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且使磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，直 ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)之前金屬棒ab受到的靜摩擦力可能是 (　　) A．逐漸減小，方向不變 B．逐漸增大，方向不變 C．先減小后增大，方向發(fā)生變化 D．先增大后減小，方向發(fā)生變化

7、 解析：加磁場(chǎng)前金屬棒ab受力如圖20的①，f＝mgsinθ；當(dāng)加磁場(chǎng)后由楞次定律可以判斷回路感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，磁場(chǎng)會(huì)立即對(duì)電流施加力的作用，金屬棒ab的受力如圖②，f＝mgsinθ＋f安cosθ，很顯然金屬棒ab后來(lái)受到的靜摩擦力大于開(kāi)始時(shí)的靜摩擦力，故B項(xiàng)正確． 圖20 答案：B 8．在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖21甲所示，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t做如圖21乙變化時(shí)，下列選項(xiàng)中能正確表示線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E變化的是 (　　) 圖21 解析：由圖21乙知0～1 s內(nèi)磁通量向上均勻增加

8、，由楞次定律知電流方向?yàn)檎较蚯冶３植蛔儯? 3 s～5 s內(nèi)磁通量向下均勻減小，由楞次定律知電流方向?yàn)樨?fù)方向且保持不變． 由法拉第電磁感應(yīng)定律知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與磁通量變化率成正比，故3 s～5 s內(nèi)的電動(dòng)勢(shì)是0～1 s內(nèi)電動(dòng)勢(shì)的.應(yīng)選A. 答案：A 9．如圖22所示，用鋁板制成U型框，將一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛在框中，使整體在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿垂直于磁場(chǎng)方向向左以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，懸掛拉力為FT， 圖22 則 (　　) A．懸線豎直，F(xiàn)T＝mg B．懸線豎直，F(xiàn)T>mg C．懸線豎直，F(xiàn)T

9、過(guò)程中豎直板切割磁感線，產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷下板電勢(shì)高于上板，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小E＝BLv，即帶電小球處于電勢(shì)差為BLv的電場(chǎng)中，所受電場(chǎng)力F電＝qE電＝q＝q＝qvB 設(shè)小球帶正電，則電場(chǎng)力方向向上． 同時(shí)小球所受洛倫茲力F洛＝qvB，方向由左手定則判斷豎直向下，即F電＝F洛，故無(wú)論小球帶什么電怎樣運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)T＝mg.選項(xiàng)A正確． 答案：A 10．(2020年福建卷)如圖23所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩

10、導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離l時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為 g．則此過(guò)程 (　　) A．桿的速度最大值為 B．流過(guò)電阻R的電量為 C．恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量 D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量 解析：當(dāng)桿的速度達(dá)到最大時(shí)，安培力F安＝，桿受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝，選項(xiàng)A錯(cuò)，流過(guò)電阻R的電量為q＝It＝＝，選項(xiàng)B對(duì)；根據(jù)動(dòng)能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數(shù)

11、和等于桿動(dòng)能的變化量，由于摩擦力做負(fù)功，所以恒力F、安培力做功的代數(shù)和大于桿動(dòng)能的變化量，選項(xiàng)C錯(cuò)D對(duì)． 答案：BD 二、計(jì)算題 11．矩形線圈abcd，長(zhǎng)ab＝20 cm，寬bc＝10 cm，匝數(shù)n＝200，線圈回路總電阻R＝5 Ω.整個(gè)線圈平面內(nèi)均有垂直于線框平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)，若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖24所示，求： (1)線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流； (2)當(dāng)t＝0.3 s時(shí)，線圈的ab邊所受的安培力大小； (3)在1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率 ＝ T/s＝0.5 T/s 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝n＝

12、nS＝200×0.1×0.2×0.5 V＝2 V 感應(yīng)電流為I＝＝ A＝0.4 A. (2)當(dāng)t＝0.3 s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，則安培力為 F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2 N＝3.2 N. (3)Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J. 答案：(1)2 V　0.4 A　(2)3.2 N　(3)48 J 12．如圖25所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，軌距為d.空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.P、M間所接電阻阻值為R.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電 阻為r.現(xiàn)從靜止釋放ab，當(dāng)它沿

13、軌道下滑距離時(shí)，達(dá)到最大速度．若軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g.求： (1)金屬桿ab運(yùn)動(dòng)的最大速度； (2)金屬桿ab運(yùn)動(dòng)的加速度為gsinθ時(shí)，電阻R上的電功率； (3)金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過(guò)程中，克服安培力所做的功． 解析：(1)當(dāng)桿達(dá)到最大速度時(shí)F＝mgsinθ 安培力F＝BId 感應(yīng)電流I＝ 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bdvm 解得最大速度vm＝ (2)當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)的加速度為gsinθ時(shí) 根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－BI′d＝m×gsinθ 電阻R上的電功率P＝I′2R 解得P＝()2R (3)根據(jù)動(dòng)能定理mgs·sinθ－WF＝mv－0 解得WF＝mgx·sinθ－ 答案：(1)　(2)()2R (3)mgx·sinθ－