（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提分技巧 熱點(diǎn)11 電磁感應(yīng)中的綜合問題（含解析）-人教版高三全冊物理試題

《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提分技巧 熱點(diǎn)11 電磁感應(yīng)中的綜合問題（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題提分技巧 熱點(diǎn)11 電磁感應(yīng)中的綜合問題（含解析）-人教版高三全冊物理試題（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)11　電磁感應(yīng)中的綜合問題 (建議用時(shí)：20分鐘) 1．(2019·河南焦作模擬)(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1 m，c、d間，d、e間，c、f間分別接阻值為R＝10 Ω的電阻．一阻值為R＝10 Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒪到a B．c、d兩端的電壓為1 V C．d、e兩端的電壓為1 V D．f、e兩端的電壓為1 V BD　解析 由右手定則可判知導(dǎo)體棒ab中電流

2、的流向?yàn)橛蒩到b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，則c、d兩端的電壓Ucd＝E＝1 V，選項(xiàng)B正確；由于d、e，c、f間電阻中沒有電流流過，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 2．(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．圓環(huán)在加速下滑過程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略電感的影響，則(　　) A．此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)因受到了向下的

3、安培力而加速下落 C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝ AD　解析 由右手定則可以判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)?俯視)順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；由左手定則可以判斷，此時(shí)圓環(huán)受到的安培力向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得加速度a＝＝g－ ，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)重力等于安培力時(shí)速度達(dá)到最大，可得vm＝，選項(xiàng)D正確． 3．(2019·四川涼山診斷)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M，邊長為l，電阻為R的正方形均勻金屬線框，BC邊與虛線PQ重合，PQ右側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度大于l，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．線框通過一水平細(xì)線繞過光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為m的

4、物體，現(xiàn)由靜止釋放物體，當(dāng)線框有一半進(jìn)入磁場時(shí)已勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，線框從開始運(yùn)動(dòng)到AD邊剛進(jìn)入磁場過程中(　　) A．剛釋放線框的瞬間，線框的加速度為 B．細(xì)繩拉力的最小值為 C．線框恰全部進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的熱量等于mgl－(M＋m) D．線框有一半進(jìn)入磁場時(shí)與線框AD邊剛進(jìn)入磁場時(shí)BC兩端的電壓大小之比為3∶4 BCD　解析 剛釋放線框的瞬間，設(shè)繩子拉力為T，線框加速度為a，以m為研究對象，mg－T＝ma，T＝Ma，可得a＝，T＝；進(jìn)入磁場后加速度變小，故拉力變大，因此釋放瞬間細(xì)繩拉力最小值為T＝；當(dāng)全部進(jìn)入磁場時(shí)，T＝mg，T＝FA，產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝Blv，則

5、I＝，F(xiàn)A＝BIl，可得勻速時(shí)速度v＝；由能量守恒，mgl＝(M＋m)v2＋Q，可得產(chǎn)生的熱量Q＝mgl－(M＋m)；線框有一半進(jìn)入磁場時(shí)，BC兩端的電壓U＝Blv，框AD邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，電路電流為零，BC兩端的電壓U＝Blv，兩次電壓大小之比為3∶4；綜合以上分析，選項(xiàng)B、C、D正確． 4．(2019·重慶渝東六校聯(lián)考)(多選)如圖所示為三個(gè)有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿

6、逆時(shí)針方向時(shí)的電動(dòng)勢E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)的磁通量Φ為正值，外力F向右為正．則以下能反映線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化規(guī)律圖象的是(　　) ABD　解析 當(dāng)線框開始進(jìn)入磁場時(shí)，磁通量垂直紙面向外增加，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)達(dá)到最大；此后向里的磁通量增加，向外的磁通量減小，總磁通量向外減小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)1.5L時(shí)，磁通量為零；當(dāng)運(yùn)動(dòng)2L時(shí)磁通量向里最大，此后向外的磁通量增加，向里的磁通量減小，總磁通量減小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)2.5L時(shí)，磁通量為零，當(dāng)運(yùn)動(dòng)3L時(shí)向外的磁通量最大，此后向外的磁通量減小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)4L時(shí)為零，選項(xiàng)A正確；當(dāng)線框進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí)，由E＝BLv可知，E保持

7、不變，感應(yīng)電動(dòng)勢為順時(shí)針方向，為負(fù)值；而開始進(jìn)入第二個(gè)磁場時(shí)，兩邊同時(shí)切割磁感線，電動(dòng)勢應(yīng)為2BLv，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為正值，開始進(jìn)入第三個(gè)磁場時(shí)，兩邊同時(shí)切割磁感線，電動(dòng)勢為2BLv，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為負(fù)值，出磁場時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為BLv，沿逆時(shí)針方向，為正值，選項(xiàng)B正確；因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，而線框在左邊第一個(gè)磁場時(shí)，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個(gè)磁場中時(shí)，F(xiàn)安＝2B··L＝4，因此安培力變?yōu)檫M(jìn)磁場時(shí)的4倍，則拉力的功率變?yōu)檫M(jìn)磁場時(shí)的4倍，出磁場時(shí)，與進(jìn)磁場時(shí)拉力的功率相同，選項(xiàng)D正確． 5．(2019·山東

8、濰坊三模)(多選)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為L，傾斜部分和水平部分長度均為L，傾斜部分與水平面的夾角為37°，cd間接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．質(zhì)量為m的金屬細(xì)桿靜止在傾斜導(dǎo)軌底端，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r.整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，在桿運(yùn)動(dòng)前，下列說法正確的是(　　) A．穿過回路的磁通量為2(B0＋kt)L2 B．流過導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)橛蒪到a C．回路中電流的大小為 D．細(xì)桿受到的摩擦力一直減小 BC　解析 由Φ＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos 37°)＝1.8(B0＋kt)L2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻

9、增大，產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n＝·S＝k·(L2＋L2cos 37°)＝1.8kL2，由全電路歐姆定律得I＝＝，選項(xiàng)C正確；由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向俯視為順時(shí)針方向，即電流流向?yàn)閎到a，選項(xiàng)B正確；因感應(yīng)電流大小恒定，則細(xì)桿所受的安培力F＝BIL因B逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右，由桿的平衡知識可得mgsin θ＝f＋BILcos θ，則摩擦力先向上逐漸減小到零，后向下逐漸增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6．(多選)如圖所示，寬為L的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN，軌道左端通過一個(gè)單刀雙擲開關(guān)與一個(gè)電容器和一個(gè)阻值為R的電阻連接，勻強(qiáng)磁場的方向與軌

10、道平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電容器的電容為C，金屬軌道和導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)．現(xiàn)將開關(guān)撥向“1”，導(dǎo)體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0后，將開關(guān)S撥向“2”，再經(jīng)時(shí)間t，導(dǎo)體棒MN恰好開始勻速向右運(yùn)動(dòng)．下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)撥向“1”時(shí)，導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) B．t0時(shí)刻電容器所帶的電荷量為 C．開關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速率為 D．開關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒通過的位移為 BCD　解析 開關(guān)撥向“1”時(shí)，設(shè)在極短時(shí)間Δt內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為ΔQ，則電路中的瞬時(shí)電流為 I＝，電容器兩端的電壓U＝BLv，電荷量 Q＝CU，則

11、ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，可得I＝CBL＝CBLa；對導(dǎo)體棒，由牛頓第二定律得 F－BIL＝ma，聯(lián)立得導(dǎo)體棒的瞬時(shí)加速度為 a＝ ，由于加速度表達(dá)式中的各個(gè)物理量都不隨時(shí)間、位移變化，由此可知導(dǎo)體棒的加速度不變，即導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．t0時(shí)刻導(dǎo)體棒MN的速度v＝at0，電容器兩極板間的電壓U＝BLv＝BLat0，電荷量 Q＝CU，則Q＝，選項(xiàng)B正確．由F安＝BIL，I＝，E＝BLv，聯(lián)立解得F安＝，開關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 F＝F安，解得v＝，選項(xiàng)C正確．開關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得F－ F安＝F－＝ma＝m，則FΔt－Δt ＝mΔv，得Ft－＝

12、m，解得位移 x＝，選項(xiàng)D正確． 7．(2019·黑龍江大慶一中月考)(多選)如圖所示，在傾角為θ＝30°的斜面上固定一電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，下端接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與斜面垂直(圖中未畫出)．質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒ab與固定在斜面上方的勁度系數(shù)為k的絕緣彈簧相接，彈簧處于原長并被鎖定．現(xiàn)解除彈簧鎖定的同時(shí)使金屬棒獲得沿斜面向下的速度v0，從開始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，在上述過程中(　　) A．開始運(yùn)動(dòng)時(shí)金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)間電壓為 B．通過電阻R的最大

13、電流一定是 C．通過電阻R的總電荷量為 D．回路產(chǎn)生的總熱量小于mv＋ ACD　解析 開始時(shí)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv0，則金屬棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)間電壓為U＝E＝，選項(xiàng)A正確；金屬棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿斜面方向受到安培力與重力沿斜面方向的分力，因不知二者大小關(guān)系，故不知速度如何變化，則不能確定通過R的最大電流，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中受到安培力作用，最終金屬棒靜止，則金屬棒沿斜面下滑距離為d＝，應(yīng)用電流定義式和法拉第電磁感應(yīng)定律可知通過R的電荷量q＝＝，選項(xiàng)C正確；從開始運(yùn)動(dòng)到停止，設(shè)回路產(chǎn)生的熱量為Q、金屬棒靜止時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep，對金屬棒和回路應(yīng)用功能關(guān)系可知Q＋Ep＝mgdsin θ＋mv，則Q＝mv＋－Ep，選項(xiàng)D正確．