《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破四 電路和電磁感應(yīng) 第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用效果自評 1．[xx江西一模]如右圖所示，有兩個相鄰的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，磁場區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠?qū)挕，F(xiàn)有一高為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開始向右沿x軸方向勻速穿過磁場區(qū)域。若以逆時針方向為電流的正方向，在選項圖中，線框中感應(yīng)電流i與線框移動的位移x的關(guān)系圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　線框從開始進(jìn)入到全部進(jìn)入第一個磁場時，磁通量向里增大，則由楞次定律可知，電流方向為逆時針，故B一定錯誤；因切割的有效長度均勻增大，故由E＝BLv可知，電動勢也均勻增加；而在全部進(jìn)入第一部分磁場時，磁通量達(dá)最大，該瞬間變化率為零，故電動勢也為零，故A錯誤；當(dāng)線圈開始進(jìn)入第二段磁場后，線圈中磁通量向里減小，則可知電流為順時針，故D錯誤，C正確；故選C。 2．[xx菏澤一模](多選)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑。如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個勻強(qiáng)磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化率＝kt(k<0)。則(　　) A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢 C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為 D．圖中a、b兩點間的電勢差Uab＝|kπr2| 答案　BD 解析　磁通量向里，減小，由楞次定律“增反減同”可知，線圈中感應(yīng)電流的方向為順時針，所以A錯誤。由楞次定律可知，為了阻礙磁通量的減小，線圈有擴(kuò)張的趨勢，所以B選項正確。由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝＝k，感應(yīng)電流I＝＝＝，故C選項錯誤。由閉合電路歐姆定律可知，ab間的電勢差為Uab＝||＝|kπr2|，D選項正確。 3．[xx山東模擬](多選)如圖所示，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ＝30，導(dǎo)軌電阻不計，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌向上。甲、乙兩金屬桿電阻相同、質(zhì)量均為m，垂直于導(dǎo)軌放置。起初甲金屬桿處在磁場的上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處?，F(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放，釋放同時在甲金屬桿上施加一個沿著導(dǎo)軌的拉力，使甲金屬桿始終以大小為a＝g的加速度沿導(dǎo)軌向下勻加速運動，已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時做勻速運動，重力加速度為g，則以下正確的是(　　) A．每根金屬桿的電阻R＝ B．甲金屬桿在磁場區(qū)域運動過程中，拉力對桿做的功在數(shù)值上等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱 C．乙金屬桿在磁場區(qū)域運動過程中，安培力的功率是P＝mg D．乙金屬桿進(jìn)入磁場直至出磁場過程中回路中通過的電量為Q＝m 答案　AB 解析　乙沒進(jìn)磁場前受力分析，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma2→a2＝g＝a甲，因此甲乙兩桿相對靜止，當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場時做勻速運動，受力平衡，mgsinθ＝BIl，此時甲剛離開磁場，由運動學(xué)可知2al＝v2，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv，而由歐姆定律可知I＝，以上各式聯(lián)立得R＝，所以A選項正確。由于乙在磁場中做勻速直線運動，所以安培力的功率P＝mgsinθv＝mg，C選項錯誤。乙桿從進(jìn)入磁場到出磁場的過程中通過回路的電量Q＝＝＝，D選項是錯誤的。列甲、乙兩桿組成的系統(tǒng)的動能定理：2mgsinθl＋WF－W克＝2mv2，又由功能關(guān)系得Q熱＝W克＝WF，所以B選項是正確的。 4．[xx山西聯(lián)考](多選)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計。在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處，則該過程中(　　) A．通過R的電流方向為由外向內(nèi) B．拉力F做的功為＋mgr C．R上產(chǎn)生的熱量為 D．流過R的電量為 答案　ABC 解析　由右手定則可知，通過R的電流由外向內(nèi)，A選項是正確的，由于棒做速度為v0的勻速圓周運動，所以它的角速度ω＝為定值，棒切割磁感線的有效速度為垂直磁感線的分速度，即v＝v0cosωt，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝BLv＝BLv0cosωt也就是產(chǎn)生了余弦式交流電，求R上產(chǎn)生的熱量時，必須用交流電的有效值E＝，所以Q熱＝t，其中t＝＝＝，代入得Q熱＝，所以C選項是正確的。流過R的電量：q＝＝，因此D選項是錯誤的。列棒從開始到ab過程中的動能定理：WF－mgr－W克安＝0，其中W克安＝Q熱，代入得WF＝＋mgr，所以B選項是正確的。 5．[xx銀川一模]如圖所示，傾斜角θ＝30的光滑傾斜導(dǎo)體軌道(足夠長)與光滑水平導(dǎo)體軌道連接。軌道寬度均為L＝1 m，電阻忽略不計。勻強(qiáng)磁場Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域，方向水平向右，大小B1＝1 T；勻強(qiáng)磁場Ⅱ僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域，方向垂直于傾斜軌道平面向下，大小B2＝1 T?，F(xiàn)將兩質(zhì)量均為m＝0.2 kg，電阻均為R＝0.5 Ω的相同導(dǎo)體棒ab和cd，垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上，并同時由靜止釋放。取g＝10 m/s2。 (1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??； (2)若已知從開始運動到cd棒達(dá)到最大速度的過程中，ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.45 J，求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量； (3)若已知cd棒開始運動時距水平軌道高度h＝10 m，cd棒由靜止釋放后，為使cd棒中無感應(yīng)電流，可讓磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化，將cd棒開始運動的時刻記為t＝0，此時磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝1 T，試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內(nèi)，磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系式。 答案　(1)1 m/s　(2)1 C　(3)B＝(t< s) 解析　(1)cd棒勻速運動時速度最大，設(shè)為vm，棒中感應(yīng)電動勢為E，電流為I， 感應(yīng)電動勢：E＝BLvm，電流：I＝ 由平衡條件得：mgsinθ＝BIL，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1 m/s (2)設(shè)cd棒從開始運動到達(dá)最大速度的過程中經(jīng)過的時間為t，通過的距離為x，cd棒中平均感應(yīng)電動勢為E1，平均電流為I1，通過cd棒橫截面的電荷量為q，由能量守恒定律得：mgxsinθ＝mv＋2Q 電動勢：E1＝，電流：I1＝，電荷量：q＝I1t 代入數(shù)據(jù)解得：q＝1 C (3)設(shè)cd棒開始運動時穿過回路的磁通量為Φ0，cd棒在傾斜軌道上下滑的過程中，設(shè)加速度大小為a，經(jīng)過時間t通過的距離為x1，穿過回路的磁通量為Φ，cd棒在傾斜軌道上下滑時間為t0，則：Φ0＝B0L 加速度：a＝gsinθ，位移：x1＝at2 Φ＝BL(－x1)，＝at 解得：t0＝ s 為使cd棒中無感應(yīng)電流，必須有：Φ0＝Φ 解得：B＝(t< s)。