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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng)及應(yīng)用提能專訓(xùn) 一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分．多選全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1. (xx河北唐山一中調(diào)研)經(jīng)過不懈的努力，法拉第終于在1831年8月29日發(fā)現(xiàn)了“磁生電”的現(xiàn)象，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上(如圖所示)，一個線圈A連接電池與開關(guān)，另一線圈B閉合并在其中一段直導(dǎo)線附近平行放置小磁針．法拉第可觀察到的現(xiàn)象有(　　) A．當(dāng)合上開關(guān)，A線圈接通電流瞬間，小磁針偏轉(zhuǎn)一下，隨即復(fù)原 B．只要A線圈中有電流，小磁針就會發(fā)生偏轉(zhuǎn) C．A線圈接通后電流越大，小磁鐵偏轉(zhuǎn)角度也越大 D．當(dāng)開關(guān)打開，A線圈電流中斷瞬間，小磁針會出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相同的偏轉(zhuǎn) 答案：A 解析：閉合開關(guān)瞬間，穿過線圈的磁通量增加，在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流的磁場使小磁針偏轉(zhuǎn)；當(dāng)線圈A中電流恒定，磁通量不變化，線圈B中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁針不偏轉(zhuǎn)；當(dāng)開關(guān)斷開時，磁通量減少使B中又產(chǎn)生感應(yīng)電流，使小磁鐵偏轉(zhuǎn)，但偏轉(zhuǎn)方向相反，選項A正確． 2．(xx江蘇單科) 如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：磁感應(yīng)強度的變化率＝＝，法拉第電磁感應(yīng)定律公式可寫成E＝n＝nS，其中磁場中的有效面積S＝a2，代入得E＝n，選項B正確，選項A、C、D錯誤． 3．如圖所示，L為自感系數(shù)很大，直流電阻不計的線圈，D1、D2、D3為三個完全相同的燈泡，E為內(nèi)阻不計的電源，在t＝0時刻閉合開關(guān)S，當(dāng)電路穩(wěn)定后D1、D2兩燈的電流分別為I1、I2，t1時刻斷開開關(guān)S，若規(guī)定電路穩(wěn)定時流過D1、D2的電流方向為電流的正方向，則下圖能正確定性描述電燈電流i與時間t關(guān)系的是(　　) 答案：D 解析：在t＝0時刻閉合開關(guān)S，D2的電流立刻達(dá)到最大值，并且大于穩(wěn)定時的電流I2，D1由于和線圈串聯(lián)，電流由零逐漸增加，排除A、B、C選項；t1時斷開開關(guān)S，線圈和D1、D2構(gòu)成閉合回路，電流逐漸減小到零，因規(guī)定電路穩(wěn)定時流過D1、D2的電流方向為電流的正方向，斷開開關(guān)S后D2中電流向上，與正方向相反，取負(fù)值，選項D正確． 4. 如圖所示，通電導(dǎo)線MN與單匝圓形線圈 a共面，位置靠近圓形線圈a左側(cè)且相互絕緣．當(dāng)MN中電流突然減小時，下列說法正確的是(　　) A．線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向 B．線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針方向 C．線圈a所受安培力的合力方向垂直紙面向里 D．線圈a所受安培力的合力方向水平向左 答案：A 解析：根據(jù)安培定則，MN中電流產(chǎn)生的磁場在導(dǎo)線左側(cè)垂直紙面向外，在導(dǎo)線右側(cè)垂直紙面向里．由于導(dǎo)線MN位置靠近圓形線圈a左側(cè)，所以單匝圓形線圈a中合磁場方向為垂直紙面向里．當(dāng)MN中電流突然減小時，垂直紙面向里的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向，選項A正確，B錯誤．由左手定則可知，導(dǎo)線左側(cè)圓弧所受安培力方向水平向右，導(dǎo)線右側(cè)圓弧所受安培力方向水平向右，所以線圈a所受安培力的合力方向水平向右，選項C、D錯誤． 5．(xx衡水模擬)如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L.紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過勻強磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置．以順時針方向為導(dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流—位移(Ix)關(guān)系的是(　　) 答案：C 解析：線框勻速穿過L的過程中，有效長度l均勻增加，由E＝Blv知，電動勢隨位移均勻變大，x＝L處電動勢最大，電流I最大；從x＝L至x＝1.5L過程中，框架兩邊都切割磁感線，總電動勢減小，電流減??；從x＝1.5L至x＝2L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大于右邊框，故電流反向且增大；x＝2L至x＝3L過程中，只有左邊框切割磁感線，有效長度l減小，電流減?。C上所述，只有C項符合題意． 6．(xx廣東韶關(guān)一模) (多選)如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強磁場區(qū)域，v1＝2v2，在先后兩種情況下(　　) A．線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝2∶1 B．線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝1∶2 C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝4∶1 D．通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1 答案：AD 解析：由于v1＝2v2，根據(jù)E＝BLv得感應(yīng)電動勢之比＝，感應(yīng)電流I＝，則感應(yīng)電流之比為＝，A正確，B錯誤；線圈出磁場時所用的時間t＝，則時間比為＝，根據(jù)Q＝I2Rt可知熱量之比為Q1∶Q2＝2∶1，C錯誤；根據(jù)q＝Δt＝Δt＝Δt＝得＝，D正確． 7．(xx四川理綜)(多選)如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很?。|(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω.此時在整個 空間加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t) T，圖示磁場方向為正方向．框、擋板和桿不計形變．則(　　) A．t＝1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B．t＝3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C．t＝1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N D．t＝3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N 答案：AC 解析：根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向總是從C到D，故A項正確，B項錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E＝＝＝sin 30＝0.212 V＝0.1 V，故感應(yīng)電流為I＝＝1 A，金屬桿受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s時，F(xiàn)A＝0.211 N＝0.2 N，方向如圖甲，此時金屬桿受力分析如圖甲，由平衡條件可知F1＝FAcos 60＝0.1 N，F(xiàn)1為擋板P對金屬桿施加的力．t＝3 s時，磁場反向，此時金屬桿受力分析如圖乙，此時擋板H對金屬桿施加的力向右，大小為F3＝BILcos 60＝0.211 N＝0.1 N．故C正確，D錯誤． 8．(xx沈陽市協(xié)作校期中聯(lián)考)如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的一半，磁場垂直穿過粗金屬環(huán)所在的區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強度均勻變化時，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的電動勢為E，則ab兩點間的電勢差為(　　) A. B. C. D．E 答案：C 解析：粗環(huán)相當(dāng)于電源，細(xì)環(huán)相當(dāng)于負(fù)載，ab間的電勢差就是等效電路的路端電壓；粗環(huán)電阻是細(xì)環(huán)電阻的一半，則路端電壓是電動勢的，即Uab＝，故選C. 9．(xx云南一模)如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是下列選項中的(　　) 答案：D 解析：由題意可知，安培力的方向向右，根據(jù)左手定則可知感應(yīng)電流的方向由B到A，再由右手定則可知，當(dāng)垂直向外的磁場在增加時，會產(chǎn)生由B到A的感應(yīng)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，則安培力的表達(dá)式F＝BIL＝BL，因安培力的大小不變，則B是定值，因磁場B增大，則減小，故D正確，A、B、C錯誤． 10．(xx山西太原一模)(多選)如圖甲所示，將長方形導(dǎo)線框abcd垂直磁場方向放入勻強磁場B中，規(guī)定垂直ab邊向右為ab邊所受安培力F的正方向，F(xiàn)隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示．選取垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度B的正方向，不考慮線圈的形變，則B隨時間t的變化關(guān)系可能是下列選項中的(　　) 答案：ABD 解析：在每個整數(shù)秒內(nèi)四個選項中磁感應(yīng)強度都是均勻變化的，磁通量的變化率為恒定的，產(chǎn)生的電流大小也是恒定的，再由F＝BIL可知，B均勻變化時，F(xiàn)也均勻變化，在0～1 s內(nèi)，F(xiàn)為向左，根據(jù)楞次定律，磁通量均勻減小，與B的方向無關(guān)．同理1～2 s內(nèi)，F(xiàn)為向右，所以磁通量均勻增大，與B的方向無關(guān)，這樣周期性的變化的磁場均正確，所以有A、B、D項正確，C項錯． 11．(xx河北唐山一模) (多選)如圖所示，水平傳送帶帶動兩金屬桿勻速向右運動，傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌與水平面間夾角為30，兩虛線EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場寬度為L，兩金屬桿的長度和兩導(dǎo)軌的間距均為d，兩金屬桿a、b的質(zhì)量均為m，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)金屬桿a進(jìn)入磁場后恰好做勻速直線運動，當(dāng)金屬桿a離開磁場時，金屬桿b恰好進(jìn)入磁場，則(　　) A．金屬桿b進(jìn)入磁場后做加速運動 B．金屬桿b進(jìn)入磁場后做勻速運動 C．兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為 D．兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL 答案：BD 解析：金屬桿a進(jìn)入磁場后恰好做勻速直線運動，所受的安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒進(jìn)入磁場時速度與a進(jìn)入磁場時的速度相同，所受的安培力相同，所以兩棒進(jìn)入磁場時的受力情況相同，則b進(jìn)入磁場后所受的安培力與重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做勻速運動，故A項錯誤，B項正確；兩桿穿過磁場的過程中都做勻速運動，根據(jù)能量守恒定律得，回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝2mgsin 30L＝mgL，故C項錯誤，D項正確． 12．(xx山東菏澤一模)(多選)如圖所示，足夠長的平行光滑導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L＝1 m，其右端連接 有定值電阻R＝2 Ω，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面磁感應(yīng)強度B＝1 T的勻強磁場中．一質(zhì)量m＝2 kg的金屬棒在恒定的水平拉力F＝10 N的作用下，在導(dǎo)軌上由靜止開始向左運動，運動中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直．導(dǎo)軌及金屬棒的電阻不計，下列說法正確的是(　　) A．產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向在金屬棒中由a指向b B．金屬棒向左做先加速后減速運動直到靜止 C．金屬棒的最大加速度為5 m/s2 D．水平拉力的最大功率為200 W 答案：ACD 解析：金屬棒向左運動切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷得知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由a→b，A正確；金屬棒所受的安培力先小于拉力，棒做加速運動，后等于拉力做勻速直線運動，速度達(dá)到最大，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：F－＝ma，可知棒的速度v增大，加速度a減小，所以棒剛開始運動時加速度最大，最大加速度amax＝＝ m/s2＝5 m/s2，C正確；當(dāng)棒的加速度a＝0時速度最大，設(shè)最大速度為vmax，則有F＝，所以vmax＝＝ m/s＝20 m/s，所以水平拉力的最大功率Pmax＝ Fvmax＝1020 W＝200 W，D正確． 二、計算題(本題包括4小題，共52分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分) 13. (12分)如圖所示，在一傾角θ＝37的斜面上固定有兩個間距d＝0.5 m、電阻不計、足夠長且相互平行的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌下端通過導(dǎo)線與阻值R＝4 Ω的電阻相連，上端通過導(dǎo)線與阻值R′＝2 Ω的小燈泡相連，一磁感應(yīng)強度B＝2 T的勻強磁場垂直斜面向上．質(zhì)量m＝1.0 kg、電阻r＝ Ω的金屬棒PQ從靠近燈泡的一端開始下滑，經(jīng)過一段時間后，燈泡的亮度不再發(fā)生變化，若金屬棒PQ與金屬導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.求：(g取10 m/s2 ，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8) (1)最終金屬棒PQ運動的速度大??； (2)最終通過小燈泡的電流． 答案：(1)4 m/s　(2) A 解析：(1)由題意可知，當(dāng)小燈泡的亮度不再發(fā)生變化時，金屬棒PQ將沿傾斜導(dǎo)軌勻速下滑，設(shè)其勻速下滑時的速度大小為v 則有mgsin θ＝μmgcos θ＋BId 又因為I＝，R總＝＋r 將以上三式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得v＝4 m/s. (2)由mgsin θ＝μmgcos θ＋BId代入數(shù)據(jù)可解得I＝2 A 所以加在小燈泡兩端的電壓為U＝Bdv－Ir 代入數(shù)據(jù)可得U＝ V 所以最終通過小燈泡的電流I′＝ 解得I′＝ A. 14．(12分)如圖甲所示，電流傳感器(相當(dāng)于一只理想的電流表)能將各時刻的電流數(shù)據(jù)實時通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計算機(jī)，經(jīng)計算機(jī)處理后在屏幕上同步顯示出I－t圖象．電阻不計的足夠長光滑金屬軌道寬L＝1.0 m，與水平面的夾角θ＝37.軌道上端連接阻值R＝1.0 Ω的定值電阻，金屬桿MN與軌道等寬，其電阻r＝0.50 Ω、質(zhì)量m＝0.02 kg.在軌道區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強磁場，讓金屬桿從圖示位置由靜止開始釋放，桿在整個運動過程中與軌道垂直，此后計算機(jī)屏幕上顯示出如圖乙所示的I－t圖象．重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，試求： (1)t＝1.2 s時電阻R的熱功率； (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??； (3)t＝1.2 s時金屬桿的速度大小和加速度大?。? 答案：(1)2.2510－2 W　(2)0.75 T　(3)0.3 m/s 0．375 m/s2 解析：(1)由題圖乙可知，t＝1.2 s時電流I1＝0.15 A. P＝IR＝0.022 5 W＝2.2510－2 W. (2)電流I2＝0.16 A時電流不變，棒勻速運動， BI2L＝mgsin 37，得B＝0.75 T. (3)t＝1.2 s時，電源電動勢E＝I1(R＋r)＝BLv， 代入數(shù)據(jù)得v＝0.3 m/s. mgsin 37－BI1L＝ma， 代入數(shù)據(jù)得a＝ m/s2＝0.375 m/s2. 15．(xx廣東中山市模擬)(14分)如圖所示，兩平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，相距為L，處于豎直向下的勻強磁場中，整個磁場由n個寬度皆為x0的條形勻強磁場區(qū)域1、2、3、…、n組成，從左向右依次排列，磁感應(yīng)強度的大小分別為1B、2B、3B、4B、…、nB，兩導(dǎo)軌左端之間接入電阻R.一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放在水平導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻． (1)對導(dǎo)體棒ab施加水平向右的力，使其從圖示位置開始運動并穿過n個磁場區(qū)，求導(dǎo)體棒穿越磁場區(qū)1的過程中通過電阻的電荷量q. (2)對導(dǎo)體棒ab加水平向右的力，讓它從距離磁場區(qū)1左側(cè)x＝x0的位置由靜止開始做勻加速運動．當(dāng)ab進(jìn)入磁場區(qū)1時開始做勻速運動．此后在不同的磁場區(qū)施加不同的拉力，使棒ab保持勻速運動通過整個磁場區(qū)域，求棒ab通過第i區(qū)域時水平拉力Fi和ab穿過整個磁場區(qū)域所產(chǎn)生的焦耳Q. 答案：見解析 解析：(1)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝ 通過電阻的電荷量q＝IΔt＝Δt 導(dǎo)體棒穿過1區(qū)過程ΔΦ＝BLx0 解得q＝BL (2)設(shè)進(jìn)入磁場1時拉力為F1，速度為v，則有 F1x0＝mv2，F(xiàn)1－＝0 解得F1＝，v＝ 進(jìn)入第i區(qū)時的拉力：Fi＝＝ 導(dǎo)體棒以后通過每區(qū)都以v做勻速運動，則有 Q＝F1x0＋F2x0＋F3x0＋…＋Fnx0 解得Q＝(12＋22＋32＋…＋n2) 16．(xx深圳二模)(14分)如圖甲所示，靜止在粗糙水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)N＝10、總電阻R＝2.5 Ω、邊長L＝0.3 m，處在兩個半徑均為r＝的圓形勻強磁場區(qū)域中，線框頂點與右側(cè)圓形中心重合．線框底邊中點與左側(cè)圓形中心重合．磁感應(yīng)強度為B1的磁場垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時間變化，B1、B2的值如圖乙所示．線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6 N，(取π≈3)求： (1)t＝0時刻穿過線框的磁通量； (2)線框滑動前的電流強度及電功率； (3)經(jīng)過多長時間線框開始滑動及在此過程中產(chǎn)生的熱量． 答案：(1)0.005 Wb　(2)0.1 A　0.025 W　(3)0.01 J 解析：(1)設(shè)磁場向下穿過線框磁通量為正，由磁通量的定義得t＝0時 Φ＝B2πr2－B1πr2＝－0.005 Wb (2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝N＝Nπr2＝0.25 V I＝＝0.1 A P＝I2R＝0.025 W (3)右側(cè)線框每條邊受到的安培力 F1＝NB2Ir＝N(2＋5t)Ir 因兩個力互成120，兩條邊的合力大小仍為F1 左側(cè)線框受力F2＝NB1I2r 線框受到的安培力的合力F安＝F1＋F2 當(dāng)安培力的合力等于最大靜摩擦力時線框就要開始滑動，則 F安＝f 即F安＝N(2＋5t)Ir＋NB1I2r＝f 解得t＝0.4 s Q＝I2Rt＝0.01 J.