《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題六 電路和電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用限時(shí)檢測(cè).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題六 電路和電磁感應(yīng) 第2講 電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用限時(shí)檢測(cè).doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2講　電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.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) 1.(2018湖北七校模擬)隨著科技的不斷發(fā)展,無(wú)線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線.小到手表、手機(jī),大到電腦、電動(dòng)汽車的充電,都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化.如圖給出了某品牌的無(wú)線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無(wú)線充電的原理圖.關(guān)于無(wú)線充電,下列說(shuō)法正確的是(　C　) A.無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B.只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)行充電 C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D.只要有無(wú)線充電底座,所有手機(jī)都可以進(jìn)行無(wú)線充電 解析:無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象,不是“電流的磁效應(yīng)”現(xiàn)象,故A錯(cuò)誤;當(dāng)充電設(shè)備通以恒定直流,無(wú)線充電設(shè)備不會(huì)產(chǎn)生交變磁場(chǎng),那么不能夠正常使用,故B錯(cuò)誤;接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同,故C正確;被充電手機(jī)內(nèi)部,應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件,與手機(jī)電池相連,當(dāng)有交變磁場(chǎng)時(shí),則出現(xiàn)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),那么普通手機(jī)不能夠利用無(wú)線充電設(shè)備進(jìn)行充電,故D錯(cuò)誤. 2.(2018上海嘉定區(qū)二模)如圖所示,MN是一根固定的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線,電流方向向上.今將一矩形金屬線框abcd放在導(dǎo)線上,讓線框的位置偏向?qū)Ь€的左邊,兩者彼此絕緣.當(dāng)導(dǎo)線中的電流突然增大時(shí),線框整體受力情況為(　A　) A.受力向右 B.受力向左 C.受力向上 D.受力為零 解析:金屬線框放在導(dǎo)線MN上,導(dǎo)線中電流產(chǎn)生磁場(chǎng),根據(jù)安培定則判斷可知,線框左右兩側(cè)磁場(chǎng)方向相反,線框左側(cè)的磁通量大于線框右側(cè)的磁通量,磁通量存在抵消的情況.當(dāng)導(dǎo)線中電流增大時(shí),穿過(guò)線框的磁通量增大,線框產(chǎn)生感應(yīng)電流,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流的磁場(chǎng)要阻礙磁通量的變化,則線框?qū)⑾虼磐繙p小方向運(yùn)動(dòng),即向右移動(dòng),故線框整體受力A正確,B,C,D錯(cuò)誤. 3.(2018安徽蚌埠三模)如圖所示,某小組利用電流傳感器(接入電腦,圖中未畫(huà)出)記錄燈泡A和自感元件L構(gòu)成的并聯(lián)電路在斷電瞬間各支路電流隨時(shí)間的變化情況,i1表示小燈泡中的電流,i2表示自感元件中的電流(已知開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)i2>i1),則下列圖像中正確的是(　C　) 解析:開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后,A與L組成閉合回路后,L中的電流方向不變,而A中的電流方向與此前的電流方向相反,故C正確,A,B,D錯(cuò)誤. 4.(2018河北石家莊二模)如圖(甲)所示,導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上,PQ之間有阻值為R的電阻,PQMN所圍的面積為S,不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻.導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場(chǎng),規(guī)定磁場(chǎng)方向豎直向上為正,在0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖(乙)所示,導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說(shuō)法正確的是(　B　) A.在0～t0和t0～2t0內(nèi),導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同 B.在t0～2t0內(nèi),通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)镻到Q C.在0～t0內(nèi),通過(guò)電阻R的電流大小為2B0SRt0 D.在t0～2t0內(nèi),通過(guò)電阻R的電荷量為B0SR 解析:由圖(乙)所示圖像可知,0～t0內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小,穿過(guò)回路的磁通量減少,由楞次定律可知,為阻礙磁通量的減少,導(dǎo)體棒具有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),導(dǎo)體棒受到向左的摩擦力,在t0～2t0內(nèi),穿過(guò)回路的磁通量增加,為阻礙磁通量的增加,導(dǎo)體棒有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力,在兩時(shí)間段內(nèi)摩擦力方向相反,故A錯(cuò)誤;在t0～2t0內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,穿過(guò)閉合回路的磁通量增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)镻到Q,故B正確;應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在0～t0內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=ΔΦΔt=ΔBSΔt=B0St0,感應(yīng)電流為I1=E1R=B0SRt0,故C錯(cuò)誤;由圖(乙)所示圖像,應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在t0～2t0內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2=ΔΦΔt=ΔBSΔt=2B0St0,感應(yīng)電流為I2=E2R =2B0SRt0;在t0～2t0時(shí)間內(nèi),通過(guò)電阻R的電荷量為q=I2t0=2B0SR,故D錯(cuò)誤. 5.(2018重慶模擬)如圖所示,處于豎直面的長(zhǎng)方形導(dǎo)線框MNPQ邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L,M和N之間連接兩塊水平正對(duì)放置的金屬板,金屬板距離為d,虛線為線框中軸線,虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài),重力加速度為g,則下列關(guān)于磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的變化情況及其變化率的說(shuō)法正確的是(　B　) A.正在增強(qiáng),ΔBΔt=mgdqL2 B.正在減小,ΔBΔt=mgdqL2 C.正在增強(qiáng),ΔBΔt=mgd2qL2 D.正在減小,ΔBΔt=mgd2qL2 解析:電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),電場(chǎng)力豎直向上,則電容器的下極板帶正電,所以線框下端相當(dāng)于電源的正極,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)順時(shí)針?lè)较?感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向和原磁場(chǎng)同向,根據(jù)楞次定律,可得穿過(guò)線框的磁通量在均勻減小;線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔBΔtS =ΔBΔtL2;油滴所受電場(chǎng)力F=E場(chǎng)q=qEd,對(duì)油滴,根據(jù)平衡條件得qEd=mg,線圈中的磁通量變化率的大小為ΔBΔt=mgdqL2. 6.如圖所示,光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上,兩導(dǎo)軌距離為L(zhǎng),兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2,兩導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形區(qū)域abcd,該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處,現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿,使之由靜止起向右運(yùn)動(dòng),若桿出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng),不計(jì)導(dǎo)軌的電阻.下列說(shuō)法正確的是(　AD　) A.金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率為6FRB2L2 B.金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)兩端的電壓為3FRBL C.金屬桿穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中R1上通過(guò)的電荷量為BL26R D.金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的熱功率是4F2RB2L2 解析:等效電路如圖所示,金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有F=F安=B2(L2)2vR總,其中R總=32R,則v=6FRB2L2,選項(xiàng)A正確;金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BL2v=BL26FRB2L2=3FRBL,由電路關(guān)系可知U=E3=FRBL,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由q=ΔΦR總,得通過(guò)電路的總電荷量為q=BL26R,但R1上通過(guò)的電荷量q1=q2=BL212R,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),電路的總熱功率P總=E2R總=6F2RB2L2,由于通過(guò)桿的電流是電阻R1,R2電流的2倍,則桿上的熱功率是電阻R1,R2熱功率的4倍,故P桿=23P總=4F2RB2L2,選項(xiàng)D正確. 7.如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾角θ=30,導(dǎo)軌上、下端各接電阻R=20 Ω,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),導(dǎo)軌寬度L=2 m,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T.金屬棒ab質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r= 10 Ω,在較高處由靜止釋放,金屬棒ab在下滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好.當(dāng)金屬棒ab下滑高度h=3 m時(shí),速度恰好達(dá)到最大值v=2 m/s,取g=10 m/s2.則此時(shí)下列說(shuō)法正確的是(　ABD　) A.ab棒受到沿導(dǎo)軌向上的安培力為0.4 N B.ab棒兩端的電壓為2 V C.每個(gè)電阻R中產(chǎn)生熱量為0.7 J D.ab棒所受摩擦力為0.1 N 解析:電路中總電阻R總=20 Ω,ab棒下落速度最大時(shí),有F安=B2L2vR總= 1222220 N=0.4 N,選項(xiàng)A正確;棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=4 V,而ab棒上的電壓Uab=E2=2 V,選項(xiàng)B正確;由ab棒平衡得mgsin θ-F安-Ff=0,所以Ff=mgsin θ-F安=0.1 N,選項(xiàng)D正確;由動(dòng)能定理mgh-Q-Ffhsin30 =12mv2,得Q=mgh-12mv2-Ffhsin30=2.2 J,每個(gè)電阻R中產(chǎn)生熱量為Q1=Q4= 0.55 J,選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 8.(2018青海西寧二模)如圖(甲)所示,正方形金屬線圈abcd位于豎直平面內(nèi),其質(zhì)量為m,電阻為R.在線圈的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN和M′N′是磁場(chǎng)的水平邊界,并與bc邊平行,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開(kāi)始下落,圖(乙)是線圈由開(kāi)始下落到完全穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域瞬間的vt圖像,圖中字母均為已知量.重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力.下列說(shuō)法正確的是(　BD　) A.金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向沿adcba方向 B.金屬線框的邊長(zhǎng)為v1(t2-t1) C.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2v1t1mgRv1 D.金屬線框在0～t4的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2-t1)+12m(v22- v32) 解析:金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量增大,根據(jù)楞次定律判斷可知,感應(yīng)電流方向沿abcda方向,故A錯(cuò)誤;由圖像可知,金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中是做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度為v1,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2-t1,故金屬線框的邊長(zhǎng)l=v1(t2-t1),故B正確;在金屬線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中,金屬線框所受安培力等于重力,則mg=BIl,I=Blv1R,又l=v1(t2-t1),聯(lián)立解得B= 1v1(t2-t1)mgRv1,故C錯(cuò)誤;t1到t2時(shí)間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為Q1=mgl=mgv1(t2-t1);t3到t4時(shí)間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為Q2=mgl+12m(v22-v32)=mgv1(t2-t1)+12m(v22-v32),故Q=Q1+Q2=2mgv1 (t2-t1)+12m(v22-v32),故D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(2018山東濰坊三模)如圖所示,平行導(dǎo)軌寬度L=0.5 m,固定在水平面內(nèi),左端A,C間接有電阻R=3 Ω,金屬棒DE質(zhì)量m= 0.40 kg,電阻r=1 Ω,垂直導(dǎo)軌放置,棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,到AC的距離x=2.0 m,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直平面向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t的變化規(guī)律是B=(2+2t)T,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,g=10 m/s2,求: (1)t=0時(shí)刻回路中的磁通量Φ及回路中感應(yīng)電流的方向; (2)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間棒開(kāi)始滑動(dòng)? (3)從t=0到開(kāi)始滑動(dòng)的時(shí)間內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱. 解析:(1)根據(jù)B=(2+2t)T,知t=0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0=2 T 回路中的磁通量Φ=B0Lx 解得Φ=2.0 Wb; 穿過(guò)回路的磁通量增加,根據(jù)楞次定律知回路中感應(yīng)電流的方向沿順時(shí)針?lè)较? (2)棒剛開(kāi)始滑動(dòng)時(shí),對(duì)棒受力分析如圖 此時(shí)FA=fm,即(2+2t)IL=0.25mg; 回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔBΔtLx 根據(jù)B=(2+2t)T知ΔBΔt=2 T/s 回路中的感應(yīng)電流I=Er+R 聯(lián)立解得t=1 s. (3)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt, 代入數(shù)據(jù)可得Q=0.75 J. 答案:(1)2.0 Wb　順時(shí)針?lè)较颉?2)1 s　(3)0.75 J 10.(20分)(2018江西上饒三模)如圖所示,傾角為θ=37的足夠長(zhǎng)平行導(dǎo)軌頂端bc間、底端ad間分別連一電阻,其阻值為R1=R2=2r,兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1 m.在導(dǎo)軌與兩個(gè)電阻構(gòu)成的回路中有垂直于軌道平面向下的磁場(chǎng),其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=1 T.在導(dǎo)軌上橫放一質(zhì)量m=1 kg、電阻為r=1 Ω、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ef,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終良好接觸,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5.在平行導(dǎo)軌的頂端通過(guò)導(dǎo)線連接一面積為S=0.5 m2、總電阻為r、匝數(shù)N=100匝的線圈(線圈中軸線沿豎直方向),在線圈內(nèi)加上沿豎直方向、且均勻變化的磁場(chǎng)B2(圖中未畫(huà)出),連接線圈電路上的開(kāi)關(guān)K處于斷開(kāi)狀態(tài),g=10 m/s2,不計(jì)導(dǎo)軌電阻.sin 37=0.6,cos 37=0.8,求: (1)從靜止釋放導(dǎo)體棒,導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度是多少? (2)導(dǎo)體棒從靜止釋放到穩(wěn)定運(yùn)行用時(shí)t=3.25 s,這段時(shí)間通過(guò)電阻R1的電荷量是多少?導(dǎo)體棒的位移是多大? (3)現(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)K,為使導(dǎo)體棒靜止于傾斜導(dǎo)軌上,那么在線圈中所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向及變化率ΔB2Δt大小的取值范圍. 解析:(1)對(duì)導(dǎo)體棒,由牛頓第二定律有 mgsin θ-μmgcos θ-B1IL=ma 其中I=ER總=B1Lvr+2r2=B1Lv2r 可知,隨著導(dǎo)體棒的速度增大,加速度減小, 當(dāng)加速度減至0時(shí),導(dǎo)體棒的速度達(dá)最大vm,有 vm=2mgr(sinθ-μcosθ)B12L2,代入數(shù)據(jù)解得vm=4 m/s. (2)導(dǎo)體棒從靜止釋放到穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)間內(nèi), 設(shè)通過(guò)導(dǎo)體棒的平均電流為I,導(dǎo)體棒下滑距離為x, 由動(dòng)量定理(mgsin θ-μmgcos θ-B1IL)t=mvm, 通過(guò)R1的電荷量q1=12It, 解得q1=1.25 C. 通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量q=It=B1LxR總, 解得x=5 m. (3)開(kāi)關(guān)閉合后,導(dǎo)體棒ef受到的安培力F′=B1IefL, 干路電流I′=ER總=1R總NΔΦΔt=NSΔB2R總Δt, 電路的總電阻R總=r+11r+12r+12r=32r, 解得Ief=12I′=NSΔB23rΔt,則F′=B1LNS3rΔB2Δt, 當(dāng)安培力較大時(shí)Fmax=mgsin θ+μmgcos θ=10 N, 解得ΔB2Δt=0.6 T/s, 安培力較小時(shí)Fmin=mgsin θ-μmgcos θ=2 N, 解得ΔB2Δt=0.12 T/s, 為使導(dǎo)體棒靜止于傾斜導(dǎo)軌上,磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化的取值范圍為0.12 T/s≤ΔB2Δt≤0.6 T/s; 根據(jù)左手定則、楞次定律和安培定則知閉合線圈中所加磁場(chǎng):若方向豎直向上,則均勻減小; 若方向豎直向下,則均勻增強(qiáng). 答案:(1)4 m/s　(2)1.25 C　5 m (3)見(jiàn)解析　0.12 T/s≤ΔB2Δt≤0.6 T/s