2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用.doc
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專題跟蹤訓(xùn)練(十二) 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用 一、選擇題 1．(2018全國卷Ⅲ)(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢( ) A．在t＝時為零 B．在t＝時改變方向 C．在t＝時最大，且沿順時針方向 D．在t＝T時最大，且沿順時針方向 [解析] 因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)強(qiáng)度與時間的變化關(guān)系類似于題圖(b)，感應(yīng)電動勢正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負(fù)反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大?。深}圖(b)可知，電流為零時，電動勢最大，電流最大時電動勢為零，A正確，B錯誤．再由楞次定律可判斷在一個周期內(nèi)，～內(nèi)電動勢的方向沿順時針，時刻最大，C正確，其余時間段電動勢沿逆時針方向，D錯誤． [答案] AC 2．(2018昆明市高三摸底)(多選)如圖甲所示，導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止．規(guī)定豎直向上為磁場正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向，下列圖象中正確的是( ) [解析] 在0～t1時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向上且大小不變，則閉合回路中的磁通量Φ不變，沒有發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，閉合回路中無感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒MN不受安培力的作用，考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，知此時間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN不受摩擦力，選項C錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向上且均勻減小，則閉合回路中的磁通量Φ均勻減少，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，閉合回路中有感應(yīng)電流，由楞次定律判斷知，感應(yīng)電流為逆時針方向，即由M流向N，電流為正方向感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒MN受安培力的作用，由左手定則判斷知，安培力方向水平向右，為正方向，考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，知此時間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN受摩擦力，大小與安培力大小相等，方向與安培力方向相反，即水平向左，也為正方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS＝nkS(定值)，其中k為B－t圖象的斜率的絕對值，為定值，根據(jù)歐姆定律I＝＝(定值)，安培力大小F＝BIL＝[B0－k(t－t1)]L(隨時間均勻減小)，摩擦力大小f＝F＝[B0－k(t－t1)]L(隨時間均勻減小)；在t2～t3時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B豎直向下且均勻增大，則閉合回路中的磁通量Φ均勻增加，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，閉合回路中有感應(yīng)電流，由楞次定律判斷知，感應(yīng)電流為逆時針方向，即由M流向N，為正方向感應(yīng)電流，選項A錯誤；t2～t3時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN受安培力的作用，由左手定則判斷知，安培力方向水平向左，為負(fù)方向，考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)知，此時間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN受摩擦力，大小與安培力大小相等，方向與安培力方向相反，即水平向右，也為負(fù)方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS＝nkS(定值)，其中k為B－t圖象的斜率的絕對值，為定值，根據(jù)歐姆定律I＝＝(定值)，選項B正確；t2～t3時間內(nèi)安培力大小F＝BIL＝k(t－t2)L(隨時間均勻增大)，摩擦力大小f＝F＝k(t－t2)L(隨時間均勻增大)，選項D正確． [答案] BD 3．(2018武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研) (多選)如圖1和圖2所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，垂直于磁場方向均有一足夠長的、間距均為l的光滑豎直金屬導(dǎo)軌，圖1和圖2的導(dǎo)軌上端分別接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器(不會被擊穿)，水平放置的、質(zhì)量分布均勻的金屬棒的質(zhì)量均為m，現(xiàn)使金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，金屬棒和導(dǎo)軌始終接觸良好且它們的電阻均可忽略．以下關(guān)于金屬棒運(yùn)動情況的說法正確的是(已知重力加速度為g)( ) A．圖1中的金屬棒先做勻加速直線運(yùn)動，達(dá)到最大速度vm＝后，保持這個速度做勻速直線運(yùn)動 B．圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，達(dá)到最大速度vm＝后，保持這個速度做勻速直線運(yùn)動 C．圖2中電容器相當(dāng)于斷路，金屬棒做加速度大小為g的勻加速直線運(yùn)動 D．圖2中金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，且加速度大小為a＝ [解析] 題圖1中金屬棒下落的過程中，受重力和向上的安培力，由牛頓第二定律可知mg－＝ma，當(dāng)金屬棒下落的速度逐漸增大時，金屬棒的加速度逐漸減小，當(dāng)a＝0時mg＝，則vm＝，此后金屬棒保持該速度做勻速直線運(yùn)動，A錯誤，B正確；題圖2中當(dāng)金屬棒下落的過程中，速度逐漸增大，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸增大，導(dǎo)體棒對電容器充電，由右手定則知回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則知金屬棒所受的安培力豎直向上，金屬棒的加速度小于g，C錯誤；題圖2中金屬棒做加速運(yùn)動，開始金屬棒中的感應(yīng)電動勢為E＝Blv，經(jīng)時間Δt金屬棒的速度增加Δv，則金屬棒的加速度大小為a＝，此時金屬棒中的感應(yīng)電動勢大小為E′＝Bl(v＋Δv)，則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為Δq＝C(E′－E)＝CBlΔv，金屬棒中的電流大小為I＝＝CBla，由牛頓第二定律可知mg－BIl＝ma，由以上解得a＝，D正確． [答案] BD 4．(2018綿陽市高中二診)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻，將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計，現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則( ) A．釋放瞬間金屬棒的加速度不等于重力加速度g B．金屬棒向下運(yùn)動時，流過電阻R的電流方向為a→b C．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝ D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 [解析] 釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，彈簧彈力也為零，金屬棒只受重力，所以金屬棒的加速度為g，故A錯誤；金屬棒向下運(yùn)動時切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，流過電阻R的電流方向為b→a，故B錯誤；金屬棒的速度為v時，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝，金屬棒所受的安培力大小為F＝BIL＝BL＝，故C正確；由于金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的阻礙作用，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，最終金屬棒停止運(yùn)動，此時彈簧具有一定的彈性勢能，所以金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，根據(jù)能量守恒定律可知，在金屬棒運(yùn)動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于棒的重力勢能減少量與彈簧彈性勢能之差，故D錯誤． [答案] C 5．(2018惠州市高三三調(diào))(多選)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌間的距離為l.t＝0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計．已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于棒運(yùn)動的速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是( ) [解析] 根據(jù)題圖乙所示的I－t圖象可知I＝kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得I＝＝kt，又E＝Blv，整理得v＝t，v－t圖象是一條過原點的斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，即v＝at，A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝，則得＝k(R＋r)t，－t的圖象是一條過原點的斜率大于零的直線，B正確．對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動力學(xué)方程，F(xiàn)－BIl－mgsinθ＝ma，而I＝，v＝at，整理得F＝＋ma＋mgsinθ，可見F－t圖象是一條斜率大于零且縱截距大于零的直線，C錯誤；q＝IΔt＝＝＝t2，則q－t圖象應(yīng)是一條開口向上的拋物線，D錯誤． [答案] AB 6．(2018石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻．導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在0～2t0時間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是( ) A．在0～t0和t0～2t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同 B．在t0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向為P到Q C．在0～t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為 D．在0～2t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為 [解析] 由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知，0～t0時間內(nèi)，通過電阻R的電流方向為P→Q，t0～2t0時間內(nèi)，電流方向為Q→P，B項錯誤；由左手定則可知，兩段時間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0～t0時間內(nèi)，E1＝，所以通過R的電流I1＝，C項錯誤；在0～2t0時間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為ΔΦ＝B0S，則通過電阻R的電荷量q＝2t0＝2t0＝2t0＝，D項正確． [答案] D 7．(2018鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測)(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從彎曲導(dǎo)軌上高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)( ) A．金屬棒中的最大電流為 B．金屬棒克服安培力做的功為mgh C．通過金屬棒的電荷量為 D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) [解析] 由機(jī)械能守恒定律知，金屬棒沿光滑導(dǎo)軌下滑，mgh＝mv2，解得金屬棒到達(dá)磁場時速度v＝，金屬棒以初速度v進(jìn)入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流最大，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為Em＝BL，最大感應(yīng)電流Im＝＝，選項A錯誤；由于金屬棒與平直部分導(dǎo)軌有摩擦，根據(jù)功能關(guān)系，金屬棒克服摩擦力做的功與克服安培力做的功的代數(shù)和等于mgh，選項B錯誤；由E＝，I＝，q＝IΔt，ΔΦ＝BLd，聯(lián)立解得通過金屬棒的電荷量q＝，選項C正確；設(shè)金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則電阻產(chǎn)生的焦耳熱也為Q，由能量守恒定律有，μmgd＋2Q＝mgh，解得Q＝mg(h－μd)，選項D正確． [答案] CD 8．(2018武漢市高三調(diào)研)(多選)如圖(a)所示，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，ac邊的電阻為R，其他電阻均不計，ab與ac夾角為135，cd與ac垂直．將質(zhì)量為m的長直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上，并與ac平行．棒與ab、cd交點G、H間的距離為L0，空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．在外力作用下，棒由GH處以初速度v0向右做直線運(yùn)動．其速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系如圖(b)所示．在棒運(yùn)動L0到MN處的過程中( ) A．導(dǎo)體棒做勻變速直線運(yùn)動 B．導(dǎo)體棒運(yùn)動的時間為 C．流過導(dǎo)體棒的電流大小不變 D．外力做的功為＋ [解析] 根據(jù)題圖(b)導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系可知，導(dǎo)體棒做非勻變速直線運(yùn)動，選項A錯誤；根據(jù)導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的圖線與橫軸所圍的面積表示時間可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動的時間為t＝L0＝，選項B正確；根據(jù)題圖(b)導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系圖象可得，＝＋x，解得v＝，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度L＝L0＋x，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv＝B(L0＋x)＝BL0v0，為一恒量，由閉合電路歐姆定律可知，流過導(dǎo)體棒的電流大小I＝＝不變，選項C正確；根據(jù)能量守恒知，在棒從HG處運(yùn)動到MN處的過程中，外力做的功等于電阻產(chǎn)生的熱量Q和金屬棒動能變化量的代數(shù)和，電阻產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝2R＝，金屬棒動能變化量ΔEk＝m2－mv＝－mv，即外力做的功為W＝－mv，選項D錯誤． [答案] BC 9．(2018江蘇卷)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿( ) A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 [解析] 根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ和進(jìn)入磁場Ⅱ時速度相等可知，金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，選項A錯誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，而在兩磁場之間做勻加速運(yùn)動，所以穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時間，選項B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場Ⅰ到剛進(jìn)入磁場Ⅱ過程動能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運(yùn)動情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為22mgd＝4mgd，選項C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時的速度v＝，進(jìn)入磁場Ⅰ時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝，所受安培力F＝BIL，由于 金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，聯(lián)立解得h>，選項D錯誤． [答案] BC 二、非選擇題 10．(2018廣州市畢業(yè)班綜合測試)如圖甲，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0 m，左端連接阻值R＝4.0 Ω的電阻；勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下；質(zhì)量m＝0.2 kg、長度l＝1.0 m、電阻r＝1.0 Ω的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運(yùn)動并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好．t＝0時對桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運(yùn)動的v－t圖象如圖乙所示．其余電阻不計．求： (1)從t＝0開始，金屬桿運(yùn)動距離為5 m時電阻R兩端的電壓； (2)0～3.0 s內(nèi)，外力F大小隨時間t變化的關(guān)系式． [解析] (1)根據(jù)v－t圖象可知金屬桿做勻減速直線運(yùn)動的時間Δt＝3 s，t＝0時桿的速度為v0＝6 m/s 由運(yùn)動學(xué)公式得其加速度大小a＝ 設(shè)桿運(yùn)動了5 m時速度為v1，則v－v＝－2as1 此時，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝Blv1 回路中產(chǎn)生的電流I1＝ 電阻R兩端的電壓U＝I1R 聯(lián)立解得U＝1.6 V (2)由t＝0時BIl下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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