高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題突破篇 限時(shí)集訓(xùn)10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用-人教版高三物理試題

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題突破篇 限時(shí)集訓(xùn)10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用-人教版高三物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題突破篇 限時(shí)集訓(xùn)10 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用-人教版高三物理試題（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十)　電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 (建議用時(shí)：40分鐘) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．) 1．在法拉第時(shí)代，下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中，能觀察到感應(yīng)電流的是(　　) A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化 B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化 C．將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化 D．繞在同一

2、鐵環(huán)上的兩個(gè)線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化 D　[將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，因線圈中的磁通量沒有變化，故不能觀察到感應(yīng)電流，選項(xiàng)A不符合題意；在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈時(shí)，如果通電線圈通以恒定電流，產(chǎn)生不變的磁場(chǎng)，則在另一線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)B不符合題意；在線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表時(shí)，磁通量已不再變化，因此也不能觀察到感應(yīng)電流，選項(xiàng)C不符合題意；繞在同一鐵環(huán)上的兩個(gè)線圈，在給一個(gè)線圈通電或斷電的瞬間，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化，使穿過(guò)另一線圈的磁通量變化，因此，能觀察到感應(yīng)電流，選項(xiàng)D符合題意．] 2

3、．如圖20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(　　) 圖20 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 B　[根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，設(shè)＝k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝n＝nl2，則＝()2＝，選項(xiàng)B正確；根據(jù)I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b線圈中感應(yīng)電流之比

4、為3∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電功率P＝IE＝·nl2＝，則P∝l3，故a、b線圈中電功率之比為27∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 3．(2016·咸陽(yáng)二模)如圖21所示，一呈半正弦形狀的閉合線框abc，ac＝l，勻速穿過(guò)邊界寬度也為l的相鄰磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，整個(gè)過(guò)程線框中感應(yīng)電流圖象為(取順時(shí)針方向?yàn)檎较?(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25702049】 圖21 B　[線框從左邊磁場(chǎng)進(jìn)入右邊磁場(chǎng)的過(guò)程中，兩邊都切割磁感線，磁通量變化得更快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)更大，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，為負(fù)，選項(xiàng)B正確．] 4．在如圖22甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝2R，圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導(dǎo)線的

5、電阻為R，半徑為r2(r2

6、πr，由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為I＝，所以線圈兩端的電壓U＝I(R1＋R2)＝，③錯(cuò)④對(duì)，故應(yīng)選D.] 5．(2016·河北邯鄲一模)如圖23所示，一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道，軌道平面與水平面成θ角，上端與一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時(shí)間后，金屬桿開始以速度v勻速運(yùn)動(dòng)直到軌道的底端．金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好，軌道的電阻及空氣阻力均可忽略不計(jì)，重力加速度為g.則(　　) 圖23 A．金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速度為v/2 B．金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做功的功率大于勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克

7、服安培力做功的功率 C．當(dāng)金屬桿的速度為v/2時(shí)，它的加速度大小為 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－mv2 C　[對(duì)金屬桿分析知，金屬桿ab在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到重力、軌道支持力和安培力作用，先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，因金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程不是勻加速，故其平均速度不等于，A錯(cuò)誤．當(dāng)安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsin θ＝時(shí)，桿ab開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)v最大，F(xiàn)安最大，故勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)克服安培力做功的功率大，B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬桿速度為時(shí)，F(xiàn)安′＝＝mgsin θ，所以F合＝mgsin θ－F安′＝mgsin θ＝ma，得a＝，C正確；由能量守恒可得mgh－mv2＝Qab＋

8、QR，即mgh－mv2應(yīng)等于電阻R和金屬桿上產(chǎn)生的總焦耳熱，D錯(cuò)誤．] 6．(2016·江蘇高考T6)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖24所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音．下列說(shuō)法正確的有(　　) 圖24 A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作 C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) D．弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中的電流方向不斷變化 BCD　[銅不能被磁化，銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走磁體后，弦的振動(dòng)無(wú)法通過(guò)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，音箱不能發(fā)聲，選項(xiàng)B正確；增加線圈匝

9、數(shù)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝N知，線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變大，選項(xiàng)C正確；弦振動(dòng)過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向發(fā)生變化，則感應(yīng)電流的方向不斷變化，選項(xiàng)D正確．] 7.如圖25所示是法拉第制作的世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)的模型原理圖．把一個(gè)半徑為r的銅盤放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，使磁感線水平向右垂直穿過(guò)銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表．現(xiàn)使銅盤按照?qǐng)D示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖25 A．C點(diǎn)電勢(shì)一定高于D點(diǎn)電勢(shì) B．圓盤中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Bωr2 C．電流表中的電流方向?yàn)橛蒩到b D．若銅

10、盤不轉(zhuǎn)動(dòng)，使所加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，在銅盤中可以產(chǎn)生渦旋電流 BD　[把銅盤看作由中心指向邊緣的無(wú)數(shù)條銅棒組合而成，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，每根銅棒都在切割磁感線，相當(dāng)于電源，由右手定則知，盤邊緣為電源正極，中心為電源負(fù)極，C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此電源對(duì)外電路供電，電流由b經(jīng)電流表再?gòu)腶流向銅盤，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；銅棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，相當(dāng)于電源，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Brv＝Brωr＝Bωr2，選項(xiàng)B正確；若銅盤不轉(zhuǎn)動(dòng)，使所加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，在銅盤中產(chǎn)生感生環(huán)形電場(chǎng)，使銅盤中的自由電荷在電場(chǎng)力的作用下定向移動(dòng)，形成環(huán)形電流，選項(xiàng)D正確．] 8．(2016·貴州三校聯(lián)考)如圖26所示

11、，豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外，區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k>0)變化，C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過(guò)區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，并恰能保持靜止．則(　　) 圖26 A．通過(guò)金屬桿的電流大小為 B．通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A C．定值電阻的阻值為R＝－r D．整個(gè)電路的熱功率P＝ BCD　[根據(jù)題述金屬桿恰能保持靜止，由平衡條件可得：mg＝B2I·2a，通過(guò)金屬桿的電流大小為I＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．由

12、楞次定律可知，通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到A，選項(xiàng)B正確．根據(jù)區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按B1＝b＋kt(k>0)變化，可知＝k，C1中磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝πa2＝kπa2，由閉合電路歐姆定律，E＝I(r＋R)，聯(lián)立解得定值電阻的阻值為R＝－r，選項(xiàng)C正確．整個(gè)電路的熱功率P＝EI＝kπa2·＝，選項(xiàng)D正確．] 二、計(jì)算題(共2小題，32分) 9．(14分)(2016·全國(guó)甲卷T24)如圖27所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)．t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感

13、應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： 圖27 (1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??； (2)電阻的阻值． 【解析】　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 ma＝F－μmg ① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v＝at0 ② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為 E＝Blv ③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0. ④ (2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中

14、勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝ ⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 f＝BlI ⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 F－μmg－f＝0 ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝. ⑧ 【答案】　(1)Blt0　(2) 10．(18分)(2016·河南三門峽三模)如圖28甲所示，兩平行導(dǎo)軌是由傾斜導(dǎo)軌(傾角為θ)與水平導(dǎo)軌用極短的圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成的，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，上端與阻值為R的電阻連接．一質(zhì)量為m的金屬桿AB在t＝0時(shí)由靜止開始在沿P1P2方向的拉力(圖中未畫出)作用下沿導(dǎo)軌下滑．當(dāng)桿AB運(yùn)動(dòng)到P

15、2Q2處時(shí)撤去拉力，桿AB在水平導(dǎo)軌上繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，其速率v隨時(shí)間t的變化圖象如圖乙所示，圖中vmax和t1為已知量．若全過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的總熱量為Q，桿AB始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)軌和桿AB的電阻以及一切摩擦均不計(jì)，求： 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：25702050】 圖28 (1)桿AB中的最大感應(yīng)電流Imax的大小和方向； (2)桿AB下滑的全過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量q； (3)撤去拉力后桿AB在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的路程s. 【解析】　(1)由題圖乙知桿AB運(yùn)動(dòng)到水平軌道P2Q2處時(shí)的速率為vmax，則回路中的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Emax＝BLvmax 桿AB運(yùn)動(dòng)到水平軌道的P2Q2處時(shí)

16、，回路中的感應(yīng)電流最大，回路中的最大感應(yīng)電流Imax＝ 得Imax＝ 根據(jù)右手定則知Imax的方向由A流向B. (2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，桿AB下滑全過(guò)程平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) ＝ 平均感應(yīng)電流＝ 又q＝t1 解得q＝ 而ΔΦ＝BLs1cos θ 由題圖乙知桿AB下滑的距離 s1＝vmaxt1 解得q＝. (3)撤去拉力后桿AB在水平導(dǎo)軌上做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流I＝ 根據(jù)牛頓第二定律有BIL＝ma 若Δt趨近于零，則a＝ 由以上三式可得vΔt＝mΔv 則v1Δt1＝mΔv1，v2Δt2＝mΔv2，…，vnΔtn＝mΔvn 得(v1Δt1＋v2Δt2＋…＋vnΔtn)＝m(Δv1＋Δv2＋…＋Δvn) 即s＝m(vmax－0) 解得s＝. 【答案】　見解析