《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 45分鐘高考熱點(diǎn)練（十）電磁感應(yīng)精練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第10章 45分鐘高考熱點(diǎn)練（十）電磁感應(yīng)精練（含解析）（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 45分鐘高考熱點(diǎn)練(十)　電磁感應(yīng) (本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！) 熱點(diǎn)一　楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用 1. (多選)等腰三角形線框abc與長直導(dǎo)線MN絕緣，且線框被導(dǎo)線分成面積相等的兩部分，如圖甲所示，MN中通有由N流向M的電流，電流強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示，則關(guān)于線框中感應(yīng)電流的判斷正確的是(　　) A．在任何時(shí)刻線框中都無感應(yīng)電流 B．在t1時(shí)刻線框中有沿acba方向的感應(yīng)電流 C．在t2時(shí)刻線框中有沿acba方向的感應(yīng)電流 D．在t3時(shí)刻線框中有沿abca方向的感應(yīng)電流 解析：　穿過線框的磁通量垂直紙面向里，在t1時(shí)刻時(shí)，磁通量增加

2、，在t2時(shí)刻時(shí)，磁通量不變，在t3時(shí)刻時(shí)，磁通量減少，根據(jù)楞次定律可得B、D正確。 答案：　BD 2. (多選)(2018·遼寧葫蘆島模擬)如圖所示，Ⅰ和Ⅱ是一對(duì)異名磁極，ab為放在其間的金屬棒。ab和cd用導(dǎo)線連成一個(gè)閉合回路。當(dāng)cd棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd金屬棒受到向下的安培力。下列說法正確的是(　　) A．由此可知d端電勢(shì)高于c端電勢(shì) B．由此可知Ⅰ是S極 C．由此可知Ⅰ是N極 D．當(dāng)cd棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab導(dǎo)線受到向左的安培力 答案：　CD 3. 如圖所示，在均勻磁場中有一由兩段圓弧及其半徑構(gòu)成的導(dǎo)線框CDEF，且C點(diǎn)和F點(diǎn)正好是OD、OE的中點(diǎn)，圓的半徑OE和OD

3、與磁場邊緣重合，磁場方向垂直于圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)過90°，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間均勻變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)過90°過程中同樣大小的電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D． 解析：　設(shè)OE＝2r，該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流I＝。線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)90°過程中同樣大小的電流，有I＝·，所以有＝，故C對(duì)，A、B、D錯(cuò)

4、。 答案：　C 熱點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的圖象問題 4. (2018·江西聯(lián)考)如圖所示，導(dǎo)體棒沿兩平行金屬導(dǎo)軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形磁場區(qū)域abcd，ac垂直于導(dǎo)軌且平行于導(dǎo)體棒，ac右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是左側(cè)的2倍且方向相反，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流和所受安培力隨時(shí)間變化的圖象正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力向左為正方向)(　　) 解析：　由E＝BLv可知，導(dǎo)體棒由b運(yùn)動(dòng)到ac過程中，切割磁感線有效長度L均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E均勻增大，由歐姆定律可知，感應(yīng)電流I均勻增大。由右手定則可知，感應(yīng)電流方向由M到N，由左手定則可知，導(dǎo)

5、體棒所受安培力水平向左，大小不斷增大，故選項(xiàng)A正確。 答案：　A 5．(多選) 如圖甲所示，一個(gè)邊長為L的正方形線框固定在勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于導(dǎo)線框所在平面。規(guī)定向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，向右為導(dǎo)線框ab邊所受安培力的正方向。已知在0～4 s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框ab邊所受的安培力如圖乙所示，則下圖中能正確表示磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的圖象是(　　) 解析：　由F＝BIl，I＝、E＝S可知，由于第1 s內(nèi)，ab邊所受安培力向左且逐漸減小，線圈中的磁場應(yīng)向外均勻減弱，或向里均勻減弱；由于第2 s內(nèi)，ab邊所受安培力向右逐漸增大，線圈中的磁場應(yīng)向里均勻增強(qiáng)，或向外均

6、勻增強(qiáng)；第3 s內(nèi)的磁場變化與第1 s內(nèi)相同，第4 s內(nèi)的磁場變化與第2 s內(nèi)相同，選項(xiàng)A、B、D正確，C錯(cuò)誤。 答案：　ABD 6．如圖甲所示，在水平面上固定有長為L＝2 m、寬為d＝0.5 m的光滑金屬“U”形導(dǎo)軌，導(dǎo)軌右端接有R＝1 Ω的電阻，在“U”形導(dǎo)軌右側(cè)l＝1 m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m＝0.1 kg、內(nèi)阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒ab以v0＝1 m/s的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，g取10 m/s2。 (1)求第一秒內(nèi)流過ab電流的大小及方向。 (2)求ab棒進(jìn)磁場瞬間的加速度大小。

7、 (3)導(dǎo)體棒最終停止在導(dǎo)軌上，求全過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：　(1)第一秒內(nèi)磁場隨時(shí)間均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E1＝＝＝0.5 V 所以流過ab的電流I1＝＝0.25 A，方向由a到b。 (2)依題意可知ab棒在1 s末時(shí)刻進(jìn)入磁場(速度仍為v0)，此后磁感應(yīng)強(qiáng)度保持不變，則E2＝Bdv0＝0.5 V，I2＝＝0.25 A，F(xiàn)＝BI2d 由牛頓第二定律，有BI2d＝ma，所以a＝1.25 m/s2 (3)依據(jù)焦耳定律，Q1＝I(R＋r)，Q1＝0.125 J 根據(jù)功能關(guān)系，則有：Q2＝mv＝0.05 J 全過程回路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q1＋Q2＝0.175 J

8、 答案：　(1)0.25 A　方向由a到b　(2)1.25 m/s2 (3)0.175 J 熱點(diǎn)三　電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 7. (2018·大連模擬)如圖所示，上下不等寬的平行導(dǎo)軌，EF和GH部分導(dǎo)軌間的距離為L，PQ和MN部分的導(dǎo)軌間距為3L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為30°，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場中。金屬桿ab和cd的質(zhì)量均為m，都可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，且與導(dǎo)軌接觸良好，現(xiàn)對(duì)金屬桿ab施加一個(gè)沿導(dǎo)軌平面向上的作用力F，使其沿斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd處于靜止?fàn)顟B(tài)，則F的大小為(　　) A.mg B．mg C.mg D．mg 解析：　設(shè)ab桿向上做切割磁感

9、線運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電流大小為I，受到安培力大小為：F安＝BIL，對(duì)于cd，由平衡條件有：BI·3L＝mgsin 30°，對(duì)于ab桿，由平衡條件有：F＝mgsin 30°＋BIL，綜上可得：F＝mg，故A正確。 答案：　A 8. (多選)如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上接一個(gè)阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。一個(gè)半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計(jì)。下列說法正確的是(　　) A．A點(diǎn)的電勢(shì)高于C點(diǎn)的電勢(shì) B．此時(shí)AC兩端電壓為UAC＝ C．此

10、過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 解析：　根據(jù)右手定則可知，A點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，電勢(shì)高，A正確；穩(wěn)定后，AC產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2BLv，AC兩端的電壓為UAC＝，，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C錯(cuò)誤；此過程中平均感應(yīng)電流為＝，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確。 答案：　AD 9. 如圖所示，質(zhì)量為m＝0.1 kg粗細(xì)均勻的導(dǎo)線，繞制成閉合矩形線框，其中長LAC＝50 cm，寬LAB＝20 cm，豎直放置在水平面上。中間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T，磁場寬度d＝10 cm的勻強(qiáng)磁場。線框在水平向右的恒力F＝

11、2 N的作用下，由靜止開始沿水平方向運(yùn)動(dòng)，使AB邊進(jìn)入磁場，從右側(cè)以v＝1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)離開磁場，整個(gè)過程中始終存在大小恒定的阻力F阻＝1 N，且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)。求線框AB邊： (1)離開磁場時(shí)感應(yīng)電流的大??； (2)剛進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。? (3)穿越磁場的過程中安培力所做的總功的大小。 解析：　(1)線框離開磁場時(shí)已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可得： F＝F阻＋BILAB 所以I＝＝5 A (2)線框進(jìn)入磁場前，根據(jù)牛頓第二定律得：F－F阻＝ma，a＝＝10 m/s2 設(shè)線框AB邊剛進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為v0，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式得：v＝2ax 解得：v0＝2

12、 m/s 線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLABv0＝0.4 V (3)線框在穿越磁場的過程中，運(yùn)用動(dòng)能定理得：(F－F阻)d＋W＝mv2－mv 解得：W＝－0.25 J，即安培力所做的總功的大小為0.25 J。 答案：　(1)5 A　(2)0.4 V　(3)0.25 J 10．(2018·洛陽市高中三年級(jí)模擬)如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相距為L，與水平面的夾角為θ，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，虛線下方軌道粗糙且磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。在導(dǎo)體棒EF以初速度v0沿導(dǎo)軌上滑至最大高度的過程中，導(dǎo)體

13、棒MN一直靜止在導(dǎo)軌上。若已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)體棒EF上滑的最大位移為x，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，試求在導(dǎo)體棒EF上滑的整個(gè)過程中： (1)導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力； (2)通過導(dǎo)體棒MN的電荷量； (3)導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：　(1)對(duì)MN受力分析可知，MN受到的安培力FA沿斜面向下，所以靜摩擦力Ff沿斜面向上，所以有： FA＋mgsin θ＝Ff 可見，當(dāng)EF向上的速度為v0時(shí)，靜摩擦力最大。此時(shí)導(dǎo)體棒EF產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv0 感應(yīng)電流：I＝ 導(dǎo)體棒MN受到的安培力：FA＝BIL 由以上各式聯(lián)立可解得導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力： Ff＝＋mgsin θ (2)設(shè)在導(dǎo)體棒EF減速上滑的整個(gè)過程中經(jīng)歷的時(shí)間為t，則產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：＝B 平均感應(yīng)電流：＝ 通過導(dǎo)體棒MN的電荷量：q＝t 由以上各式聯(lián)立可解得：q＝ (3)設(shè)在導(dǎo)體棒EF上滑的整個(gè)過程中克服安培力做的功為W，則 由動(dòng)能定理可得： －mgx·sin θ－W＝0－mv 電路中產(chǎn)生的總焦耳熱：Q總＝W 則導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱： Q＝Q總 由以上各式聯(lián)立可解得：Q＝mv－mgx·sin θ 答案：　(1)＋mgsin θ　(2) (3)mv－mgx·sin θ 8