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(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(wèn)題(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題

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(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(wèn)題(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題_第1頁(yè)
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1、熱點(diǎn)11 電磁感應(yīng)中的綜合問(wèn)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(zhǎng)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(chǎng).下列說(shuō)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(shì)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(méi)有電流流過(guò),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(chǎng)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(guò)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?lè)较虻母袘?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(chǎng)足夠長(zhǎng),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?lè)较?,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(zhǎng)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(chǎng),磁場(chǎng)寬度大于l,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.線框通過(guò)一水平細(xì)線繞過(guò)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(chǎng)時(shí)已勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到AD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)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(chǎng)時(shí),產(chǎn)生的熱量等于mgl-(M+m) D.線框有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與線框AD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)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(mén),線框加速度為a,以m為研究對(duì)象,mg-T=ma,T=Ma,可得a=,T=;進(jìn)入磁場(chǎng)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(mén)=;當(dāng)全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),T=mg,T=FA,產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)時(shí),BC兩端的電壓U=Blv,框AD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng),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(chǎng)寬度均為L(zhǎng),在磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)邊界處,有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框,總電阻為R,且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直,現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)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?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)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(shì)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(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)時(shí),由E=BLv可知,E保持

7、不變,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為順時(shí)針?lè)较?,為?fù)值;而開(kāi)始進(jìn)入第二個(gè)磁場(chǎng)時(shí),兩邊同時(shí)切割磁感線,電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為2BLv,方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?,為正值,開(kāi)始進(jìn)入第三個(gè)磁場(chǎng)時(shí),兩邊同時(shí)切割磁感線,電動(dòng)勢(shì)為2BLv,方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍瑸樨?fù)值,出磁場(chǎng)時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv,沿逆時(shí)針?lè)较?,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(chǎng)時(shí),電流為定值,拉力也為定值;兩邊分別在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí),F(xiàn)安=2B··L=4,因此安培力變?yōu)檫M(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的4倍,則拉力的功率變?yōu)檫M(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的4倍,出磁場(chǎng)時(shí),與進(jìn)磁場(chǎng)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(zhǎng),傾斜部分和水平部分長(zhǎng)度均為L(zhǎng),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(chǎng)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(shuō)法正確的是(  ) A.穿過(guò)回路的磁通量為2(B0+kt)L2 B.流過(guò)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(shì),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?lè)较?,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(shí)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(zhǎng)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(guò)一個(gè)單刀雙擲開(kāi)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(chǎng)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(kāi)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(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t0后,將開(kāi)關(guān)S撥向“2”,再經(jīng)時(shí)間t,導(dǎo)體棒MN恰好開(kāi)始勻速向右運(yùn)動(dòng).下列說(shuō)法正確的是(  ) A.開(kāi)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(kāi)關(guān)撥向“2”后,導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速率為 D.開(kāi)關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒通過(guò)的位移為 BCD 解析 開(kāi)關(guān)撥向“1”時(shí),設(shè)在極短時(shí)間Δt內(nèi)流過(guò)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(duì)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(kāi)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(kāi)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(zhǎng),下端接有阻值為R的電阻,導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與斜面垂直(圖中未畫(huà)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(zhǎng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(guò)程中(  ) A.開(kāi)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(guò)電阻R的最大

13、電流一定是 C.通過(guò)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(kāi)始時(shí)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(kāi)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(guò)R的最大電流,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)R的電荷量q==,選項(xiàng)C正確;從開(kāi)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(shì)能為Ep,對(duì)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.

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