高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題講練突破四 電磁感應(yīng)和電路 專題四 電磁感應(yīng)和電路限時規(guī)范訓(xùn)練1

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題講練突破四 電磁感應(yīng)和電路 專題四 電磁感應(yīng)和電路限時規(guī)范訓(xùn)練1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題講練突破四 電磁感應(yīng)和電路 專題四 電磁感應(yīng)和電路限時規(guī)范訓(xùn)練1（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

限時規(guī)范訓(xùn)練 建議用時：40分鐘 1．(多選)如圖所示是法拉第制作的世界上第一臺發(fā)電機的模型原理圖．把一個半徑為r的銅盤放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表．現(xiàn)使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法中正確的是(　　) A．C點電勢一定高于D點電勢 B．圓盤中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為Bωr2 C．電流表中的電流方向為由a到b D．若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場磁感應(yīng)強度均勻增大，在銅盤中可以產(chǎn)生渦旋電流 解析：選BD.把銅盤看作由中心指向邊緣的無數(shù)條銅棒組合而成，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動時，每根銅棒都在切割磁感線，相當(dāng)于電源，由右手定則知，盤邊緣為電源正極，中心為電源負(fù)極，C點電勢低于D點電勢，選項A錯誤；此電源對外電路供電，電流由b經(jīng)電流表再從a流向銅盤，選項C錯誤；銅棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，相當(dāng)于電源，回路中感應(yīng)電動勢為E＝Brv＝Brωr＝Bωr2，選項B正確；若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場磁感應(yīng)強度均勻增大，在銅盤中產(chǎn)生感生環(huán)形電場，使銅盤中的自由電荷在電場力的作用下定向移動，形成環(huán)形電流，選項D正確． 2．(2017湖北黃岡中學(xué)質(zhì)檢)如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是(　　) A．從上往下看，0～1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向 B．0～1 s內(nèi)圓環(huán)面積有擴張的趨勢 C．3 s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D．1～2 s內(nèi)和2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反 解析：選A.由圖乙知，0～1 s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流的磁場向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，從上往下看，0～1 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時針方向，選項A正確、B錯誤；同理可得1～2 s內(nèi)和2～3 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，選項D錯誤；3 s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應(yīng)強度的變化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項C錯誤． 3．如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb(　　) A．恒為 B．從0均勻變化到 C．恒為－ D．從0均勻變化到－ 解析：選C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確． 4．如圖所示，abcd為水平放置的平行“匚”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則(　　) A．電路中感應(yīng)電動勢的大小為 B．電路中感應(yīng)電流的大小為 C．金屬桿所受安培力的大小為 D．金屬桿的熱功率為 解析：選B.金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I＝＝＝，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝B＝，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝＝，選項D錯誤． 5．(多選)如圖所示，橫放“V”字形金屬框架放在勻強磁場中，磁場與框架平面垂直，金屬棒與框架接觸良好，框架導(dǎo)體和金屬棒電阻率相同，截面積相等，現(xiàn)金屬棒從B點開始沿“V”字形角平分線方向做勻速直線運動，那么金屬棒脫離框架前，電路中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、感應(yīng)電流I以及金屬棒所受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是(　　) 解析：選BC.金屬棒切割磁感線的長度為L＝2vttan θ，磁通量Φ＝BLvt＝Bv2tan θt2，可見磁通量是時間的二次函數(shù)，選項A錯誤；電路中感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝2Bv2tan θt，感應(yīng)電動勢E與時間t成正比，所以選項B正確；設(shè)金屬棒和框架單位長度的電阻為ρ，則電路的總電阻為R＝2ρvt，電路中的感應(yīng)電流為I＝＝，I與t無關(guān)，為定值，選項C正確；安培力F＝BIL，因為電流I不變，L與時間t成正比，所以安培力與時間t成正比，選項D錯誤． 6．(2016湖北七市聯(lián)考)如圖所示，abcd是邊長為L、每邊電阻均相同的正方形導(dǎo)體框，現(xiàn)維持線框以恒定的速度v沿x軸運動，并穿過傾角為45的三角形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里．線框b點在O位置時開始計時，則在t＝時間內(nèi)，a、b兩點的電勢差U隨時間t的變化圖象為(　　) 解析：選D.由題意，0～內(nèi)，隨著導(dǎo)體框向右運動，ab邊切割磁感線的有效長度不斷增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不斷增大，導(dǎo)體框中的電流不斷增大，此時ab兩端的電壓即bc、cd、da段電壓之和不斷增大，當(dāng)t＝時，Uab＝BLv；在～內(nèi)，cd邊長也開始切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，方向與ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相反，此時電路中的電流I逐漸減小，ab兩端電壓Uab＝BLv－IRab不斷地增大，當(dāng)t＝時，電路中電流為零，則Uab＝BLv，綜上D正確． 7．小明同學(xué)設(shè)計了一個“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強度B0＝1.0 T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量．(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？ (2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10 Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝0.1 m．當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應(yīng)強度的變化率. 解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL① 天平平衡mg＝N1B0IL② 代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝③ (2)由電磁感應(yīng)定律得E＝N2④ 即E＝N2Ld⑤ 由歐姆定律得I′＝⑥ 線圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦ 天平平衡m′g＝NB0⑧ 代入數(shù)據(jù)可得 ＝0.1 T/s⑨ 答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s 8．如圖(a)所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距L＝0.4 m．導(dǎo)軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻．導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，且接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計，導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導(dǎo)軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進(jìn)入磁場，若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動，求： (1)棒進(jìn)入磁場前，回路中的電動勢E； (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式． 解析：(1)正方形磁場的面積為S，則S＝＝0.08 m2.在棒進(jìn)入磁場前，回路中的感應(yīng)電動勢是由于磁場的變化而產(chǎn)生的．由B t圖象可知＝0.5 T/s，根據(jù)E＝n，得回路中的感應(yīng)電動勢E＝S＝0.50.08 V＝0.04 V. (2)當(dāng)導(dǎo)體棒通過bd位置時感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流最大，導(dǎo)體棒受到的安培力最大．此時感應(yīng)電動勢E′＝BLv＝0.50.41 V＝0.2 V； 回路中感應(yīng)電流I′＝＝ A＝0.2 A 導(dǎo)體棒受到的安培力 F＝BI′L＝0.50.20.4 N＝0.04 N 當(dāng)導(dǎo)體棒通過三角形abd區(qū)域時，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s) 感應(yīng)電動勢e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V 感應(yīng)電流i＝＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s) 答案：(1)0.04 V　(2)0.04 N　i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s) 9．(2016百校聯(lián)盟押題卷)如圖所示，間距為d的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜地固定，與水平面之間的夾角為θ，在導(dǎo)軌的頂端連接一阻值為2R的定值電阻．導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，兩質(zhì)量均為m、阻值均為R的導(dǎo)體棒甲和乙放置在導(dǎo)軌的底端，其中導(dǎo)體棒甲的下端有一垂直導(dǎo)軌放置的光滑擋板．在導(dǎo)體棒乙上加一平行導(dǎo)軌向上的外力F，使導(dǎo)體棒乙由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運動，其加速度大小為a，整個過程中，導(dǎo)體棒甲、乙始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，忽略導(dǎo)軌的電阻，重力加速度用g表示． (1)如果從導(dǎo)體棒乙開始運動計時，則需要多長時間導(dǎo)體棒甲對底端擋板的作用力為零？ (2)當(dāng)導(dǎo)體棒甲與擋板之間的作用力為零時，定值電阻消耗的電功率是多少？ (3)請寫出從導(dǎo)體棒乙開始運動到導(dǎo)體棒甲與擋板之間作用力為零的過程中外力F與時間t的關(guān)系式． 解析：(1)以導(dǎo)體棒甲為研究對象，設(shè)經(jīng)t1時間導(dǎo)體棒甲與擋板之間的作用力為零，由力的平衡條件可知BI甲d＝mgsin θ 此時導(dǎo)體棒乙中的感應(yīng)電動勢為E＝Bdv＝Bdat1 I＝ R并＝R I甲＝I 由以上各式可解得t1＝ (2)設(shè)導(dǎo)體棒乙兩端的電壓為U乙，則U乙＝E－IR 解得U乙＝ 則此時定值電阻消耗的電功率為P＝ 解得P＝ (3)對導(dǎo)體棒乙由牛頓第二定律可知 F－BI′d－mgsin θ＝ma I′＝ v′＝at 解得F＝m(gsin θ＋a)＋t. 答案：(1)　(2) (3)F＝m(gsin θ＋a)＋t 10．如圖甲所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd傾斜放置，兩導(dǎo)軌之間的距離為L＝0.5 m，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為θ＝30，導(dǎo)軌上端a、c之間連接有一阻值為R1＝4 Ω的電阻，下端b、d之間接有一阻值為R2＝4 Ω的小燈泡．有理想邊界的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，虛線ef為磁場的上邊界，ij為磁場的下邊界，此區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝ kg的金屬棒MN，從距離磁場上邊界ef一定距離處，從t＝0時刻開始由靜止釋放，金屬棒MN從開始運動到經(jīng)過磁場的下邊界ij的過程中，小燈泡的亮度始終不變．金屬棒MN在兩軌道間的電阻r＝1 Ω，其余部分的電阻忽略不計，ef、ij邊界均垂直于兩導(dǎo)軌，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小燈泡的實際功率； (2)金屬棒MN穿出磁場前的最大速率； (3)整個過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)由于小燈泡的亮度始終不變，說明金屬棒MN進(jìn)入磁場后做勻速直線運動，速度v達(dá)到最大，由平衡條件得： mgsin θ＝BIL 小燈泡的電功率P＝2R2 電功率P＝ W (2)由閉合電路歐姆定律得：I＝ 其中，總電阻R＝＋r 由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得：v＝5 m/s (3)金屬棒進(jìn)入磁場前，由牛頓第二定律得： mgsin θ＝ma 加速度a＝gsin 30＝5 m/s2 進(jìn)入磁場前所用的時間：t1＝ 設(shè)磁場區(qū)域的長度為x. 在0～t1時間內(nèi)， 由法拉第電磁感應(yīng)定律得： E′＝＝＝ 金屬棒MN進(jìn)入磁場前 總電阻R′＝＋R2 感應(yīng)電動勢E′＝R′ 在磁場中運動的時間t2＝ 整個過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量為 Q＝P(t1＋t2) 代入數(shù)據(jù)解得：Q＝5 J 答案：(1) W　(2)5 m/s　(3)5 J