2019-2020年高考物理 電磁感應沖關訓練2（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理 電磁感應沖關訓練2（含解析） 一、選擇題每題6分 圖4－2－16 1．(xx汕頭質檢)圓形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖4－2－16所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是(　　) A．線圈a中將產生俯視順時針方向的感應電流 B．穿過線圈a的磁通量變小 C．線圈a有擴張的趨勢 D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大 圖4－2－17 解析：本題考查楞次定律的知識，意在考查學生對楞次定律、右手螺旋定則等知識的掌握．通過螺線管b的電流如圖4－2－17所示，根據右手螺旋定則判斷出螺線管b所產生的磁場方向豎直向下，滑片P向下滑動，接入電路的電阻減小，電流增大，所產生的磁場的磁感應強度增強，根據楞次定律可知，a線圈中所產生的感應電流產生的感應磁場方向豎直向上，再由右手螺旋定則可得線圈a中的電流方向為俯視逆時針方向，A錯誤；由于螺線管b中的電流增大，所產生的磁感應強度增強，線圈a中的磁通量應變大，B錯誤；根據楞次定律可知，線圈a將阻礙磁通量的增大，因此，線圈a有縮小的趨勢，線圈a對水平桌面的壓力增大，C錯誤，D正確． 答案：D 圖4－2－18 2.如圖4－2－18，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流．現使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：當導線框勻速轉動時，設半徑為r，導線框電阻為R，在很小的Δt時間內，轉過圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應定律及歐姆定律可得感應電流I1＝＝＝；當導線框不動，而磁感應強度發(fā)生變化時，同理可得感應電流I2＝＝，令I1＝I2，可得＝，C對． 答案：C 圖4－2－19 3.半徑為a右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖4－2－19所示．則(　　) A．θ＝0時，桿產生的電動勢為2Bav B．θ＝時，桿產生的電動勢為Bav C．θ＝0時，桿受的安培力大小為 D．θ＝，桿受的安培力大小為 解析：根據法拉第電磁感應定律可得E＝Blv(其中l(wèi)為有效長度)，當θ＝0時，l＝2a，則E＝2Bav；當θ＝時，l＝a，則E＝Bav，故A選項正確，B選項錯誤；根據通電直導線在磁場中所受安培力的大小的計算公式可得F＝BIl，又根據閉合電路歐姆定律可得I＝，當θ＝0時，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝；當θ＝時，l＝a，E＝Bav，r＋R＝aR0，解得F＝，故C選項錯誤，D選項正確． 答案：AD 圖4－2－20 4．(xx汕頭質檢)如圖4－2－20所示，正方形線框的邊長為L，電容器的電容為C.正方形線框的一半放在垂直紙面向里的勻強磁場中，當磁感應強度以k為變化率均勻減小時，則(　　) A．線框產生的感應電動勢大小為kL2 B．電壓表沒有讀數 C．a點的電勢高于b點的電勢 D．電容器所帶的電荷量為零 解析：本題考查電磁感應的相關知識，意在考查學生對電磁感應知識、電容器等知識的掌握．由于線框的一半放在磁場中，因此線框產生的感應電動勢大小為kL2/2，A錯誤；由于線框所產生的感應電動勢是恒定的，且線框連接了一個電容器，相當于電路斷路，外電壓等于電動勢，內電壓為零，而接電壓表的這部分相當于回路的內部，因此，電壓表兩端無電壓，電壓表沒有讀數，B正確；根據楞次定律可以判斷，a點的電勢高于b點的電勢，C正確；電容器所帶電荷量為Q＝C，D錯誤． 答案：BC 5．(xx湖北聯考)光滑平行的金屬導軌寬度為L，與水平方向成θ角傾斜固定，導軌之間充滿了垂直于導軌平面的足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，在導軌上垂直導軌放置著質量均為m，電阻均為R的金屬棒a、b，二者都被垂直于導軌的擋板擋住保持靜止，金屬導軌電阻不計，現對b棒施加一垂直于棒且平行于導軌平面向上的牽引力F，并在極短的時間內將牽引力的功率從零調為恒定的P.為了使a棒沿導軌向上運動，P的取值可能為(重力加速度為g)(　　) 圖4－2－21 A.sin2θ B.sin2θ C.sin2θ D.sin2θ 解析：本題考查電磁感應，意在考查學生應用電磁感應和力學知識處理問題的能力．以b棒為研究對象，由牛頓第二定律可知F－mgsinθ－BL＝ma，以a棒為研究對象，由牛頓第二定律可知BL－mgsinθ＝ma′，則F>2mgsinθ，v>，故P＝Fv>sin2θ，由此可得選項C、D正確，選項A、B錯誤． 答案：CD 圖4－2－22 6．(xx浙江聯考)如圖4－2－22所示，一矩形線框以豎直向上的初速度進入只有一條水平邊界的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，進入磁場后上升一段高度又落下離開磁場，運動中線框只受重力和安培力作用，線框在向上、向下經過圖中1、2位置時的速率按時間順序依次為v1、v2、v3和v4，則可以確定(　　) A．v1v2，A錯誤；線框離開磁場時受到的安培力方向豎直向上，重力方向豎直向下，二者大小關系不能確定，故v3、v4大小關系也不能確定，C錯誤． 答案：D 7．(xx長沙測試)一環(huán)形線圈放在勻強磁場中，設第1 s內磁感線垂直線圈平面向里，如圖4－2－23甲所示．若磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖4－2－24乙所示，那么下列選項正確的是(　　) 　　　 甲　　　　　　　　　　　乙　　　 圖4－2－23 A．第1 s內線圈中感應電流的大小逐漸增加 B．第2 s內線圈中感應電流的大小恒定 C．第3 s內線圈中感應電流的方向為順時針方向 D．第4 s內線圈中感應電流的方向為逆時針方向 解析：本題考查電磁感應問題，意在考查學生對感應電流方向的判定及感應電流大小的計算．由圖象分析可知，磁場在每1 s內為均勻變化，斜率恒定，線圈中產生的感應電流大小恒定，因此A錯誤、B正確；由楞次定律可判斷出第3 s、第4 s內線圈中感應電流的方向為逆時針方向，C錯誤，D正確． 答案：BD 圖4－2－24 8.兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻．將長度為L、質量為m、電阻為r的金屬棒固定在一個輕彈簧的上端，彈簧的下端固定在地面上且與地絕緣．金屬棒和導軌接觸良好．導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖4－2－24所示．現將金屬棒壓縮彈簧適當距離后由靜止釋放，則(　　) A．金屬棒向上運動時流過電阻R的電流由左向右 B．金屬棒運動的整個過程始終克服安培力做功 C．金屬棒所能獲得的最大速度一定出現在第一次向上運動的某一時刻 D．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝ 解析：由右手定則可知流過電阻R上的電流的方向向左，A錯誤；安培力方向始終與運動方向相反，故整個運動過程始終克服安培力做功，機械能轉化為電能，B正確；金屬棒做速度越來越小的振動，最后停在重力等于彈力的位置，所以最大速度一定出現在第一次向上運動時，彈力等于重力加安培力的時候，C正確；當金屬棒速度為v時，有E＝BLv，I＝E/(R＋r)，F＝BIL，可知D正確． 答案：BCD 圖4－2－25 9.平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R1和R2相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，有一導體棒ab，質量為m，導體棒電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒ab在拉力作用下，沿導軌以速度v向上滑動時，受到的安培力大小為F，則此時(　　) A．電阻R1消耗的電功率為Fv B．電阻R1消耗的電功率為Fv C．拉力的功率為mgvsinθ D．由于摩擦產生的熱功率為μmgvcosθ 解析：安培力做的功和電路中產生的電能相等，故安培力的功率即電路中電源的總功率，大小為Fv.金屬棒ab切割磁感線，相當于電路中的電源，電阻R1和電阻R2為并聯關系，因為R1等于R2，設流過電阻R1的電流為I，那么流過金屬棒ab的電流為2I，金屬棒ab的電阻也和R1相等，所以金屬棒ab的功率是電阻R1的四倍，所以電阻R1的功率僅占總功率的六分之一，即Fv，A正確，B錯誤；拉力大于mgsinθ，C錯誤；因為某個力的瞬時功率P＝Fv，即由于摩擦產生的功率P′＝μmgcosθv＝μmgvcosθ，D正確． 答案：AD 二、非選擇題每題10分 圖4－2－26 10．(xx西城模擬)如圖4－2－26所示，光滑金屬直軌道MN和PQ固定在同一水平面內，MN、PQ平行且足夠長，兩軌道間的寬度L＝0.50 m．平行軌道左端接一阻值R＝0.50 Ω的電阻．軌道處于磁感應強度大小B＝0.40 T，方向垂直導軌平面向下的勻強磁場中．一導體棒ab垂直于軌道放置．導體棒在垂直導體棒且水平向右的外力F作用下向右勻速運動，速度大小v＝5.0 m/s，導體棒與軌道始終接觸良好并且相互垂直．不計軌道和導體棒的電阻，不計空氣阻力．求： (1)通過電阻R的電流大小I； (2)作用在導體棒上的外力大小F； (3)導體棒克服安培力做功的功率P安． 解析：(1)導體棒ab切割磁感線產生的感應電動勢為 E＝BLv＝1.0 V 由閉合電路歐姆定律有 I＝＝2.0 A. (2)導體棒ab受到安培力F安＝BIL＝0.4 N 由于導體棒ab勻速運動，則有F＝F安 所以，作用在導體棒上的外力F＝0.4 N. (3)導體棒克服安培力的功率P安＝F安v＝2.0 W. 答案：(1)2.0 A　(2)0.4 N　(3)2.0 W 圖4－2－27 11.如圖4－2－27所示，空間中自下而上依次分布著垂直紙面向內的勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、…n，相鄰兩個磁場的間距均為a＝1.2 m．一邊長L＝0.2 m、質量m＝0.5 kg、電阻R＝0.01 Ω的正方形導線框，與質量M＝2 kg的物塊通過跨過兩光滑輕質定滑輪的輕質細線相連．線框的上邊距離磁場Ⅰ的下邊界為b＝1 m，物塊放在傾角θ＝53的斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，斜面足夠長．將物塊由靜止釋放，線框在每個磁場區(qū)域中均做勻速直線運動．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin53＝0.8，cos53＝0.6，求： (1)線框進入磁場Ⅰ時速度v1的大??； (2)磁場Ⅰ的磁感應強度B1的大??； (3)磁場n的磁感應強度Bn與B1的函數關系． 解析：(1)線框從靜止開始運動至剛進入磁場Ⅰ時，以線框和物塊為研究對象，由動能定理W＝(Mgsin53－μMgcos53)b－mgb＝(m＋M)v?、? 解得v1＝2 m/s (2)線框在磁場Ⅰ中勻速運動，由法拉第電磁感應定律 E1＝B1Lv1?、? 由歐姆定律I1＝　③ 線框受到安培力F1＝B1I1L?、? 設細線拉力為FT，以線框為研究對象 FT＝mg＋F1　⑤ 以物塊為研究對象FT＝Mgsin53－μMgcos53?、? 聯立②③④⑤⑥解得B1＝ T (3)線框在相鄰兩個磁場之間加速的距離均為a－L＝b，故線框由靜止開始運動至剛進入第n個磁場時，由動能定理nW＝(m＋M)v　⑦ 聯立①⑦解得vn＝v1?、? 又由②③④解得F1＝　⑨ 線框在第n個磁場中受到的安培力Fn＝?、? 線框在每個磁場區(qū)域中均做勻速直線運動，受到的安培力均相等 Fn＝F1　? 聯立⑧⑨⑩?解得Bn＝. 答案：(1)2 m/s　(2) T　(3)Bn＝ 12．(xx西城期末)如圖4－2－28所示，兩根足夠長的平行金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面夾角為α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m.導軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B.金屬導軌的上端與開關S、定值電阻R1和電阻箱R2相連．不計一切摩擦，不計導軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g.現在閉合開關S，將金屬棒由靜止釋放． 圖4－2－28 (1)判斷金屬棒ab中電流的方向； (2)若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻上產生的焦耳熱Q； 圖4－2－29 (3)當B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37時，金屬棒能達到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關系如圖4－2－29所示．取g＝10 m/s2，sin37＝0.60，cos37＝0.80.求阻值R1和金屬棒的質量m. 解析：(1)由右手定則可知，金屬棒ab中的電流方向為b到a. (2)由能量守恒定律可知，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產生的焦耳熱mgh＝mv2＋Q 解得：Q＝mgh－mv2. (3)設最大速度為vm時，切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLvm 由閉合電路歐姆定律得：I＝ 從b端向a端看，金屬棒受力如圖4－2－30所示： 圖4－2－30 金屬棒達到最大速度時滿足 mgsinα－BIL＝0 由以上三式得最大速度： vm＝R2＋R1 圖象斜率k＝ m/(sΩ)＝15 m/(sΩ)，縱截距b＝30 m/s 則：R1＝b, ＝k 解得：R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg. 答案：(1)從b到a　(2)mgh－mv2 (3)2.0 Ω　0.1 kg