2022年高考物理二輪復習 專題四 電路和電磁感應 專題突破練12 電磁感應規(guī)律及綜合應用

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1、2022年高考物理二輪復習 專題四 電路和電磁感應 專題突破練12 電磁感應規(guī)律及綜合應用 一、選擇題(共10小題,每小題8分,共80分。在每小題給出的四個選項中,第1~5小題只有一個選項符合題目要求,第6~10小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得8分,選對但不全的得4分,有選錯或不答的得0分) 1. (2018湖南株洲二質檢)如圖,沿東西方向站立的兩同學(左西右東)做“搖繩發(fā)電”實驗:把一條長導線的兩端連在一個靈敏電流計(零刻度在表盤中央)的兩個接線柱上,形成閉合回路,然后迅速搖動MN這段“繩”。假設圖中情景發(fā)生在赤道,則下列說法正確的是(　　) A.當“繩”搖到最高點時,“

2、繩”中電流最大 B.當“繩”搖到最低點時,“繩”受到的安培力最大 C.當“繩”向下運動時,N點電勢比M點電勢高 D.搖“繩”過程中,靈敏電流計指針的偏轉方向不變 2. (2018福建龍巖一模)如圖甲所示,用一根橫截面積為S,電阻率為ρ的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán),ab為圓環(huán)的直徑。在ab的右側存在一個足夠大的勻強磁場,t=0時刻磁場方向垂直于豎直圓環(huán)平面向里,磁場磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示,則0~t1時間內(nèi)(　　) A.圓環(huán)中產(chǎn)生感應電流的方向為逆時針 B.圓環(huán)中產(chǎn)生感應電流的方向先順時針后是逆時針 C.圓環(huán)一直具有擴張的趨勢 D.圓環(huán)中感應電流的大小為

3、 3.(2018陜西咸陽二模)如圖甲,匝數(shù)n=2的金屬圈(電阻不計)圍成的面積為20 cm2,線圈與R=20 Ω的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場中,磁場與線圈平面垂直,磁感應強度為B,B-t關系如圖乙,規(guī)定感應電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向。忽略線圈的自感影響,則下列i-t關系圖正確的是(　　) 4. (2018山西長治、運城、大同、朔州、陽泉五地聯(lián)考)如圖所示,等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向內(nèi)的勻強磁場,左邊有一形狀與磁場邊界完全相同的閉合導線框,線框斜邊長為l,線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域,規(guī)定線框中感應電流逆時針方向為正方向,其感應電流

4、i隨位移x變化的圖象正確的是(　　) 5.(2017江西南昌模擬) 圖a 圖a是用電流傳感器(相當于電流表,其內(nèi)阻可以忽略不計)研究自感現(xiàn)象的實驗電路,圖中兩個電阻的阻值均為R,L是一個自感系數(shù)足夠大的自感線圈,其直流電阻值也為R。圖b是某同學畫出的在t0時刻開關S切斷前后,通過傳感器的電流隨時間變化的圖象。關于這些圖象,下列說法中正確的是(　　) 圖b A.圖b中甲是開關S由斷開變?yōu)殚]合,通過傳感器1的電流隨時間變化的情況 B.圖b中乙是開關S由斷開變?yōu)殚]合,通過傳感器1的電流隨時間變化的情況 C.圖b中丙是開關S由閉合變?yōu)閿嚅_,通過傳感器1的電流隨時間變化的情況

5、 D.圖b中丁是開關S由閉合變?yōu)閿嚅_,通過傳感器2的電流隨時間變化的情況 6. (2018湖北黃岡調(diào)研)如圖所示,在光滑水平面內(nèi),虛線右側存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外,一正方形金屬線框質量為m,電阻為R,邊長為L,從虛線處進入磁場時開始計時,在外力作用下,線框由靜止開始,以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域,t1時刻線框全部進入磁場,規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向,外力大小為F,線框中電功率的瞬時值為P,通過導體橫截面的電荷量為q,其中P-t和q-t圖象均為拋物線,則這些量隨時間變化的圖象正確的是(　　) 7. (2018山西孝義一模)如圖所示,間距為L的光

6、滑平行金屬導軌彎成“∠”形,底部導軌面水平,傾斜部分與水平面成θ角,導軌上端與阻值為R的固定電阻相連,整個裝置處于磁感應強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場中,導體棒ab和cd均垂直于導軌放置,且與導軌間接觸良好。兩導體棒的電阻值均為R,其余部分電阻不計。當導體棒cd沿底部導軌向右以速度v勻速滑動時,導體棒ab恰好在傾斜導軌上處于靜止狀態(tài),導體棒ab的重力為mg,則(　　) A.導體棒cd兩端電壓為BLv B.t時間內(nèi)通過導體棒cd橫截面的電荷量為 C.導體棒ab所受安培力為mgtan θ D.cd棒克服安培力做功的功率為 8.(2018湖北武漢調(diào)研)如圖甲所示,在足夠長的光滑的斜面

7、上放置著金屬線框,垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向)。t=0時刻將線框由靜止釋放,在線框下滑的過程中,下列說法正確的是(　　) A.線框中產(chǎn)生大小、方向周期性變化的電流 B.MN邊受到的安培力先減小后增大 C.線框做勻加速直線運動 D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于其機械能的損失 9. (2018四川雅安三診)如圖所示,足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN與PQ平行且間距為L,勻強磁場垂直導軌平面,磁感應強度為B,導軌電阻不計。質量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑,并與兩導軌始終保持垂直

8、且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當金屬棒ab下滑距離s時,速度大小為v,則在這一過程(　　) A.金屬棒ab運動的平均速度大小為v B.通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為 C.金屬棒ab受到的最大安培力為 D.金屬棒ab克服安培力做功為mgssin θ-mv2 10. 如圖所示,相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強磁場,磁感應強度為B,正方形線圈abcd邊長為L(L

9、b邊離開磁場為止),以下說法正確的是(　　) A.感應電流所做的功為mgd B.感應電流所做的功為2mgd C.線圈的最小速度一定為 D.線圈的最小速度一定為 二、計算題(本題共1個小題,共20分) 11.(2018廣西桂林、百色和崇左聯(lián)考)如圖,金屬平行導軌MN、M'N'和金屬平行導軌PQR、P'Q'R'分別固定在高度差為h(數(shù)值未知)的水平臺面上。導軌MN、M'N'左端接有電源,MN與M'N'的間距為L=0.10 m,線框空間存在豎直向上的勻強磁場,磁感應強度B1=0.20 T;平行導軌PQR與P'Q'R'的間距為L=0.10 m,其中PQ與P'Q'是圓心角為60°、半徑為r=

10、0.50 m的圓弧導軌,QR與Q'R'是水平長直導軌,QQ'右側有方向豎直向上的勻強磁場,磁感應強度B2=0.40 T。導體棒a質量m1=0.02 kg,電阻R1=2.0 Ω,放置在導軌MN、M'N'右側N'N邊緣處;導體棒b質量m2=0.04 kg,電阻R2=4.0 Ω,放置在水平導軌某處。閉合開關K后,導體棒a從NN'水平拋出,恰能無碰撞地從PP'處以速度v1=2 m/s滑入平行導軌,且始終沒有與棒b相碰。重力加速度g取10 m/s2,不計一切摩擦及空氣阻力。求: (1)導體棒b的最大加速度; (2)導體棒a在磁場B2中產(chǎn)生的焦耳熱; (3)閉合開關K后,通過電源的電荷量q。

11、 專題突破練12　電磁感應規(guī)律及綜合應用 一、選擇題(共10小題,每小題8分,共80分。在每小題給出的四個選項中,第1~5小題只有一個選項符合題目要求,第6~10小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得8分,選對但不全的得4分,有選錯或不答的得0分) 1.C　解析 當“繩”搖到最高點時,繩轉動的速度與地磁場方向平行,不切割磁感線,感應電流為零,故A錯誤。當“繩”搖到最低點時,繩轉動的速度與地磁場方向平行,不切割磁感線,感應電流為零,繩受到的安培力也為零,故B錯誤。當“繩”向下運動時,地磁場向北,根據(jù)右手定則判斷可知,“繩”中N點電勢比M點電勢高,故C正確。在搖“繩”過程中,當“繩”向下運

12、動和向上運動時,“繩”切割磁感線的方向變化,則感應電流的方向變化,即靈敏電流計指針的偏轉方向改變,選項D錯誤;故選C。 2.D　解析 磁通量先向里減小再向外增加,由楞次定律“增反減同”可知,線圈中的感應電流方向一直為順時針方向,故A、B錯誤;由楞次定律的“來拒去留”可知,0~t0為了阻礙磁通量的減小,線圈有擴張的趨勢,t0~t1為了阻礙磁通量的增大,線圈有縮小的趨勢,故C錯誤;由法拉第電磁感應定律,得E=,感應電流I=,故D正確。 3.D　解析 由圖可知,0~2 s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,故0~2 s內(nèi)電流的方向相同,由楞次定律可知,電路中電流方向為順時針,即電流為正方向;同理可知,

13、2~5 s 內(nèi)電路中的電流為逆時針,為負方向。由E=n可得E=nS,則知0~2 s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應電動勢大小為:E1=2××20×10-4=6×10-6 V,則電流大小為:I1=×10-6 A=3×10-7 A;同理2~5 s內(nèi),I2=2×10-7 A,故D正確,ABC錯誤。 4.B　解析 線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域,根據(jù)楞次定律知回路中產(chǎn)生逆時針的電流,并且電流隨著有效切割長度的增加而增加,當兩個圖形完全重合時電流達到最大值。當線圈繼續(xù)向右運動時穿過線圈的磁通量開始減小,由楞次定律知此過程電流方向為順時針,且隨著有效切割長度的減小而減小,故B正確。 5.B　解析 開關S

14、由斷開變?yōu)殚]合,傳感器2這一支路立即有電流,線圈這一支路,由于線圈阻礙電流的增加,通過線圈的電流要慢慢增加,所以干路電流(通過傳感器的電流)也要慢慢增加。故A錯誤,B正確。開關S由閉合變?yōu)閿嚅_,通過傳感器1的電流立即消失,而電感這一支路,由于電感阻礙電流的減小,該電流又通過傳感器2,只是電流的方向與以前相反,所以通過傳感器2的電流逐漸減小。故C、D錯誤。 6.CD　解析 線框切割磁感線,則有運動速度v=at,產(chǎn)生感應電動勢E=BLv,所以產(chǎn)生感應電流i=,故A錯誤;對線框受力分析,由牛頓第二定律,則有F安=BLi=,解得:F=ma+,故B錯誤;由功率表達式P=i2R=,P與t是二次函數(shù),圖象

15、為拋物線,故C正確;由電荷量表達式,則有q=,q與t是二次函數(shù),圖象為拋物線,故D正確;故選CD。 7.BC　解析 根據(jù)題意畫出等效電路如圖所示: 導體棒cd以速度v勻速滑動時,產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv,根據(jù)閉合電路可知,cd兩端電壓U=,故A項錯誤。通過導體棒cd的電流I=,t時間內(nèi)通過導體棒cd橫截面的電荷量q=It=,故B項正確。導體棒ab受重力,支持力和水平方向安培力處于平衡狀態(tài),則安培力Fab=mgtan θ,故C項正確。導體棒cd克服安培力做功的功率P=IE=,故D項錯誤。綜上本題答案為BC。 8.BC　解析 穿過線圈的磁通量先向下減小,后向上增加,則根據(jù)楞次定律可

16、知,感應電流方向不變,選項A錯誤;因B的變化率不變,則感應電動勢不變,感應電流不變,而B的大小先減后增加,根據(jù)F=BIL可知,MN邊受到的安培力先減小后增大,選項B正確;因線圈平行的兩邊電流等大反向,則整個線圈受的安培力為零,則線圈下滑的加速度為gsin θ不變,則線框做勻加速直線運動,選項C正確;因安培力對線圈不做功,斜面光滑,則線框的機械能守恒,機械能無損失,選項D錯誤;故選BC。 9.BCD　解析 分析ab棒的受力情況,有mgsin θ-=ma,分析可得ab棒做加速度減小的加速運動,故其平均速度不等于初、末速度的平均值v,故A錯誤;通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q=IΔt=Δt=,故

17、B正確;ab棒受到的最大安培力為F=BIL=,故C正確;根據(jù)動能定理可知,mgssin θ-W安=mv2,金屬棒ab克服安培力做功為W安=mgssin θ-mv2,故D正確;故選BCD。 10.BD　解析 線圈在下落過程中分別經(jīng)過圖中的四個位置:1位置cd邊剛進入磁場,2位置ab邊進入磁場,3位置cd邊剛出磁場,4位置ab邊剛出磁場。根據(jù)題意1、3位置速度為v0;2到3位置磁通量不變,無感應電流,線圈只受重力,做加速度為g的勻加速運動;結合1、3位置速度相同,可知1到2減速,2到3勻加速,3到4減速,并且1到2減速與3到4減速所受合力相同,運動情況完全相同。對線圈由1到3位置用動能定理:mg

18、d-W=ΔEk=0,W為克服安培力所做的功,根據(jù)能量守恒定律,這部分能量轉化為電能(電流所做的功),所以線圈由1到3位置電流做功為mgd;線圈由1到3位置過程中,只有線圈由1到2位置有電流,所以線圈由1到2位置有電流做功為mgd,線圈由3到4位置與線圈由1到2位置所受合力完全相同,所以線圈由3到4位置有電流做功也為mgd。綜上所述,從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止,即1到4位置電流做功為2mgd。A錯誤,B正確。線圈速度最小時并未受力平衡,不滿足mg=,所以C錯誤。由以上分析可知2和4位置速度最小,初始位置到1位置做自由落體運動,v0=,2到3位置做加速度為g的勻加速運動=2g(d

19、-L),結合兩式解得vmin=,D正確。 二、計算題(本題共1個小題,共20分) 11.答案 (1)0.02 m/s2　(2)0.02 J　(3)1 C 解析 (1)設a棒在水平軌道上時的速度為v2,根據(jù)動能定理: m1g(r-rcos 60°)=m1m1 解得:v2=3 m/s 因為a棒剛進入磁場時,ab棒中的電流最大,b受到的力最大,加速度最大,所以有: 電動勢為:E=B2Lv2 電流為:I= 根據(jù)牛頓第二定律:B2IL=m2amax 聯(lián)立以上解得:amax=0.02 m/s2 (2)兩個導體棒在運動過程中,動量守恒和能量守恒,當兩棒的速度相等時回路中的電流為零,此后兩棒做勻速運動,兩棒不再產(chǎn)生焦耳熱,所以根據(jù)動量守恒:m1v2=(m1+m2)v3 由能量守恒定律: m1(m1+m2)+Qa+Qb 由于ab棒串聯(lián)在一起,所以有: 解得:Qa=0.02 J (3)設接通開關后,a棒以速度v0水平拋出,則有:v0=v1cos 60°=1 m/s 對a棒沖出過程由動量定理: ∑B1ILΔt=m1v0 即:B1Lq=m1v0 代入數(shù)據(jù)解得:q=1 C