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1　楞次定律的電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1．(2017洛陽質(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．工作過程中某段時間通電線圈中存在順時針方向(從左向右側(cè)視)均勻增大的電流，則(　　) A．無金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針 B．無金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流增大 C．有金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流方向為順時針 D．有金屬片通過時，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針方向的電流時，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)生逆時針方向的電流，即使有金屬片通過時，接收線圈中的感應(yīng)電流方向仍然為逆時針，故A、C錯誤；通電線圈中存在順時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錯誤；有金屬片通過時，穿過金屬片中的磁通量發(fā)生變化，金屬片中也會產(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，所以也會將該空間中的磁場的變化削弱一些，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，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)度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為ε；將此棒彎成兩段長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運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為ε′，則等于(　　) A.　　　　　　　　 B. C．1 D. 解析：設(shè)金屬棒長度為l，勻強(qiáng)磁場的磁感應(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，切割磁感線運動的有效長度變?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la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則(　　) A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為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)電流方向皆沿逆時針方向，則A項錯誤；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)電動勢之比為＝＝＝9，故B項正確；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項錯誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為＝＝27，故D項錯誤． 答案：B 4．(多選)如圖甲所示，一寬為l的勻強(qiáng)磁場B區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里．一個邊長為a(l>a)的正方形導(dǎo)線框ABCD位于紙面內(nèi)，以垂直于磁場邊界的恒定速度v通過該磁場區(qū)域，導(dǎo)線框電阻為R，在運動過程中，線框有一條邊始終與磁場區(qū)域的邊界平行．取它剛進(jìn)入磁場的時刻t＝0，線框中感應(yīng)電流隨時間變化規(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)電流方向為順時針方向，大小恒定為0.3 A D．在第1 s內(nèi)，線框中C點電勢高于D點電勢，感應(yīng)電流大小為0 解析：在第1 s內(nèi)，線框向磁場中運動，穿過線框的磁通量均勻增加，感應(yīng)電流為逆時針方向(取為正方向)，電流大小恒定I＝＝0.3 A，選項A正確；在第2 s內(nèi)，整個線框在磁場中運動，穿過線框的磁通量最大且不變，沒有感應(yīng)電流，選項B錯誤；在第3 s內(nèi)，線框從磁場中出來，磁通量均勻減小，感應(yīng)電流為順時針方向(為負(fù)方向)，大小恒定I＝＝0.3 A，選項C正確；在第1 s內(nèi)，由楞次定律判斷出線框中感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，則C點電勢低于D點電勢，選項D錯誤． 答案：AC 考點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，將一個不會變形的單匝金屬圓線圈放入該磁場中，規(guī)定圖甲所示的線圈中的電流方向為正．當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按圖乙所示的規(guī)律變化時，能正確表示線圈中感應(yīng)電流隨時間變化的圖線的是(　　) 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)電動勢為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)電流方向為正；在1～2 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)電流方向為負(fù)，因為i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為邊長為L的正方形金屬線框，線框?qū)蔷€EG和y軸重合、頂點E位于坐標(biāo)原點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，磁場下邊界與x軸重合，上邊界為直線OA且與線框的EH邊重合．從t＝0時刻起，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界OA的方向穿過磁場區(qū)域．取線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向為正，則在線框穿越磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖線是選項圖中的(　　) 解析：線框進(jìn)入磁場的過程中，由楞次定律(增反減同)可判斷此過程感應(yīng)電流方向為逆時針方向，即為正，線框離開磁場的過程中，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)電流方向為順時針方向，即為負(fù)，選項A、D錯誤；線框進(jìn)入磁場的過程中線框切割磁感線的有效長度減小，感應(yīng)電流減小，選項B錯誤；選項C正確． 答案：C 7.如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、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)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運動．t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰好與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(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)入磁場時，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動．導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場后，磁通量不變化，電路中沒有感應(yīng)電流，速度不變．出磁場階段導(dǎo)線框做的仍然是加速度減小的減速運動．綜上所述，D正確． 答案：D 8.(多選)如圖所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，兩導(dǎo)軌上端接有電阻R(其余電阻不計)．虛線MM′和NN′之間有垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(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，磁場的磁感應(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)做勻速運動．則導(dǎo)體棒ab從MM′運動到PP′這段時間內(nèi)的vt圖可能正確的是(　　) 解析：導(dǎo)體棒ab運動到MM′切割磁感線時，若安培力大于重力，導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，若安培力等于重力，導(dǎo)體棒一直做勻速運動，若安培力小于重力，則做加速度減小的加速運動；當(dāng)導(dǎo)體棒ab運動到NN′時，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，安培力變小，會小于重力，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運動．可知B、C正確，A、D錯誤． 答案：BC 考點3　電磁感應(yīng)中的電路和動力學(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，在整個豎直平面內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接一長度為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，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， 由v＝ωr可得：C點的速度為： 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)電動勢為： 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，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面指向紙內(nèi)的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．0～t1時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢 B．0～t1時間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為 C．t1～t2時間內(nèi)R上的電流為 D．t1～t2時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢 解析：0～t1時間內(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端電勢高于Q端電勢，故A正確；0～t1時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢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錯誤；t1～t2時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′＝n＝nS，根據(jù)閉合電路的歐姆定律I′＝＝，故C正確；t1～t2時間內(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端電勢低于Q端電勢，故D錯誤． 答案：AC 11．(2018開封一模)將一個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，框架可繞過c、f點的固定軸自由轉(zhuǎn)動．現(xiàn)從t＝0時刻開始沿斜面向上加一隨時間均勻增加的、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度與時間的關(guān)系為B＝0.5t(T)，磁場方向與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為何值時框架的ab邊對斜面的壓力恰為零？ 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)電流的方向為a→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邊對斜面的壓力為零時，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，方向為a→b　(2)0.8 s 12.(2018鹽城二模)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一足夠長的光滑平行金屬導(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)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.4 T，磁場方向垂直導(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動，運動過程中導(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時電阻R上消耗的功率為P＝2.7 W．其他電阻不計，g取10 m/s2.求： (1)此時通過電阻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)電動勢：＝， 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)知此時感應(yīng)電流I＝3 A， 由I＝＝， 解得此時速度：v＝＝m/s＝6 m/s， 由勻變速運動公式：v2＝2ax， 解得：a＝＝m/s2＝2 m/s2， 對導(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