《（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 選擇題熱點(diǎn)11 電磁感應(yīng)精練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山西專版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 選擇題熱點(diǎn)11 電磁感應(yīng)精練（含解析）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)11　電磁感應(yīng) 熱考題型 　　電磁感應(yīng)是電磁學(xué)中較為重要的內(nèi)容,也是高考命題頻率較高的內(nèi)容之一。本部分題型主要是選擇題和計(jì)算題,選擇題以考查法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、電磁感應(yīng)的圖象問題為主,計(jì)算題以考查電磁感應(yīng)中的電路問題、動(dòng)力學(xué)問題、能量問題為主。 題型一　電磁感應(yīng)中的電路問題 7.(2018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=1m,c、d間,d、e間,c、f間分別接阻值為R=10Ω 的電阻。一阻值為R=10Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v=4m/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=0.5T、方向豎直向

2、下的勻強(qiáng)磁場。下列說法中正確的是(　　) 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1V C.d、e兩端的電壓為1V D.f、e兩端的電壓為1V 答案　BD　由右手定則可判知導(dǎo)體棒ab中電流的流向?yàn)橛蒩到b,A錯(cuò)誤;感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv=0.5×1×4V=2V,則c、d兩端的電壓Ucd=RR+RE=1V,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=1V,C錯(cuò)誤,D正確。 題型二　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 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

3、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)因受到了向下的安培力而加速下落 C.此時(shí)圓環(huán)的加速度a=B2vρd D.如果徑向磁場足夠長,則圓環(huán)的最大速度vm=ρdgB2 答案　AD　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=mg-BILm=g-B2vρd,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

4、,可得vm=ρdgB2,選項(xiàng)D正確。 題型三　電磁感應(yīng)中的功能問題 3.(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 BLv02

5、B.通過電阻R的最大電流一定是 BLv02R C.通過電阻R的總電荷量為 mgBL4kR D.回路產(chǎn)生的總熱量小于 12mv02+m2g24k 答案　ACD　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=RR+RE=BLv02,選項(xiàng)A對(duì);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);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=mgsinθk,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=BLd2R=mgBL4kR,

6、選項(xiàng)C對(duì);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(duì)金屬棒和回路應(yīng)用功能關(guān)系可知Q+Ep=mgdsinθ+12mv02,則Q=12mv02+(mg)24k-Ep,選項(xiàng)D對(duì)。 跟蹤集訓(xùn) 1.(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

7、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)律圖像的是(　　) 答案　ABD　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)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,故A項(xiàng)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

8、為逆時(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,故B項(xiàng)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,C項(xiàng)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安=2B·2BLvRL=4B2L2vR,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,故D項(xiàng)正確。 2.如圖所示,abcd為用粗細(xì)均勻的同種材料制成的金屬線框,其中ab的長度只有bc長度的一半?，F(xiàn)將線框放在水

9、平光滑絕緣的桌面上,在外力F的作用下讓線框以速度v勻速穿過右邊兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的磁場區(qū)域。若以圖示位置開始計(jì)時(shí),規(guī)定逆時(shí)針電流方向?yàn)檎?磁感線向下穿過線框時(shí)的磁通量為正。則下列關(guān)于回路電流i、外力F大小、cb間的電勢差Ucb及穿過線框的磁通量Φ隨時(shí)間變化的圖像正確的是(　　) 答案　C　當(dāng)線框進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí),由右手定則知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,開始進(jìn)入第二個(gè)磁場時(shí),電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,出第二個(gè)磁場,電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,故A錯(cuò)誤;由E=Blv可知,線框進(jìn)入第一個(gè)磁場和出第二個(gè)磁場時(shí),E=BLv2保持不變,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BLv,電流加倍,故

10、每根導(dǎo)體棒受到的安培力加倍,則F=4F安,將變?yōu)樵瓉淼?倍,故B錯(cuò)誤;根據(jù)U=IR和電流方向知?jiǎng)傔M(jìn)入磁場和出磁場時(shí)電壓相等,b點(diǎn)電勢高,故Ucb為負(fù),兩邊同時(shí)切割磁感線時(shí),c點(diǎn)電勢高,且c、b兩點(diǎn)之間的電壓為原來的2倍,故C正確;當(dāng)線框開始進(jìn)入磁場時(shí),磁通量開始增加,當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)達(dá)到最大,此后向外的磁通量增加,總磁通量減小,當(dāng)運(yùn)動(dòng)1.5L時(shí),磁通量為零,故D錯(cuò)誤。 3.(多選)如圖,水平放置的金屬導(dǎo)體框abcd,ab、cd邊平行、間距為l,導(dǎo)體框內(nèi)均有垂直于框面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,一單位長度電阻為r的金屬桿MN,與導(dǎo)軌成θ角,以速度v沿平行于cd的方向勻速滑動(dòng),金屬桿滑動(dòng)過程中與

11、導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌框電阻不計(jì),則(　　) A.M點(diǎn)電勢低于N點(diǎn)電勢 B.閉合回路中磁通量的變化率為Blv C.金屬桿所受安培力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反 D.金屬桿所受安培力的大小為B2lvr 答案　BD　由右手定則可知M點(diǎn)電勢高于N點(diǎn)電勢,故A錯(cuò)誤。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=ΔΦΔt=Blv,故B正確。由左手定則知,金屬桿所受安培力方向垂直于MN斜向上,故C錯(cuò)誤。由E=Blv,I=ER,R=lsinθr,F=BIlsinθ,解得F=B2lvr,故D正確。 4.(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)

12、阻值為R的電阻連接,勻強(qiáng)磁場的方向與軌道平面垂直,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)?，F(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),金屬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CBLFt0m+CB2L2 C.開關(guān)撥向“2”后,導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速率為FRB2L2 D.開關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒通過的位移為FRB2L2t+mt0m+CB2L2-mRB2L2 答案　BCD　開關(guān)撥向

13、“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=ΔQΔt,電容器兩端的電壓U=BLv,電荷量 Q=CU,則ΔQ=CΔU=CBLΔv,可得I=CBLΔvΔt=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=Fm+CB2L2,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=CBLFt0m+CB2L2,選項(xiàng)B正確。由F安=BIL,I=ER,E=BLv,聯(lián)立解得F安=B2L2vR,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=FRB2L2,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-B2L2vR=ma=mΔvΔt,則FΔt-B2L2vRΔt=mΔv,得Ft-B2L2xR=mFRB2L2-at0,解得位移 x=FRB2L2t+mt0m+CB2L2-mRB2L2,選項(xiàng)D正確。 7