2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用課時(shí)檢測(cè)

《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用課時(shí)檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題四 電磁感應(yīng)和電路 第2講 電磁感應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用課時(shí)檢測(cè)（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第一部分　專題四　第2講　電磁感應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2016·浙江卷)如圖4－2－19所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則 圖4－2－19 A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1 C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4 D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1 解析　由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則根據(jù)楞次定律知兩線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向皆沿逆時(shí)針?lè)较颍瑒tA錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可

2、知E＝N＝NS，而磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，即恒定，則a、b線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為＝＝＝9，故B正確；根據(jù)電阻定律知R＝ρ，且L＝4Nl，則＝＝3，由閉合電路歐姆定律I＝得a、b線圈中的感應(yīng)電流之比為＝·＝3，故C錯(cuò)誤；由功率公式P＝I2R知，a、b線圈中的電功率之比為＝·＝27，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　B 2．(2018·沈陽(yáng)二模)如圖4－2－20所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計(jì)?，F(xiàn)用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開(kāi)始向右沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，滑動(dòng)中桿ab始

3、終垂直于導(dǎo)軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說(shuō)法正確的是 圖4－2－20 A．金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．金屬桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程回路中有順時(shí)針?lè)较虻碾娏? C．金屬桿ab所受到的F安先不斷增大，后保持不變 D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時(shí)間的平方成正比 解析　對(duì)金屬桿根據(jù)牛頓第二定律得F－F安＝ma，即F－＝ma，由于速度變化，故加速度發(fā)生變化，故金屬桿不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可以知道，金屬桿ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程回路中有逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于F安＝可知，當(dāng)速度增大時(shí)，則安培力增大，當(dāng)金屬桿最后做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力不變，故選項(xiàng)C正確；金屬桿中

4、感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率P＝I2R＝()2R＝，由于速度與時(shí)間不成正比，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 3．(2018·開(kāi)封一模)如圖4－2－21甲所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L＝0.4 m，導(dǎo)軌一端與阻值R ＝0.3 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。導(dǎo)軌x>0一側(cè)存在沿x方向均勻增大的磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x的變化情況如圖乙所示。一根質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2 m/s沿導(dǎo)軌向右做變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小始終不變。下列說(shuō)法中正確的是 圖4－2－21

5、 A．金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．金屬棒在x＝1 m處的速度大小為1.5 m/s C．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1 m過(guò)程中，外力F所做的功為－0.175 J D．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2 m過(guò)程中，流過(guò)金屬棒的電荷量為3 C 解析　由圖像可知B與x的函數(shù)關(guān)系式為B＝0.5＋0.5x(T)，金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv、感應(yīng)電流I＝，所受的安培力FA＝BIL，所以FA＝，將B代入可知v＝＝，若導(dǎo)體棒做勻變速運(yùn)動(dòng)，v2與x為線性關(guān)系，故金屬棒不可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由x＝0、x＝1 m處，金屬棒所受到的安培力相等，有＝，解得v1＝0.5 m/s，B項(xiàng)錯(cuò)誤；金

6、屬棒在x＝0處所受的安培力為FA＝＝0.2 N，對(duì)金屬棒從x＝0到x＝1 m過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有WF－FA·Δx＝mv－mv，解得WF＝－0.175 J，C項(xiàng)正確；流過(guò)金屬棒的電荷量q＝＝L，從x＝0到x＝2 m過(guò)程中，B－x圖線與x坐標(biāo)軸所圍的面積ΔB·Δx＝×2 Wb＝2 Wb，所以q＝L＝2 C，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　C 4．(2018·浙江選考)在城市建設(shè)施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖4－2－22所示。有一種探測(cè)方法是，首先給金屬長(zhǎng)直管線通上電流，再用可以測(cè)量磁場(chǎng)強(qiáng)弱、方向的儀器進(jìn)行以下操作：①用測(cè)量?jī)x在金屬管線附近的水平地面上找到磁場(chǎng)最強(qiáng)的某點(diǎn)，記為a；②在a點(diǎn)附近的

7、地面上，找到與a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的若干點(diǎn)，將這些點(diǎn)連成直線EF；③在地面上過(guò)a點(diǎn)垂直于EF的直線上，找到磁場(chǎng)方向與地面夾角為45°的b、c兩點(diǎn)，測(cè)得b、c兩點(diǎn)距離為L(zhǎng)。由此可確定金屬管線 圖4－2－22 A．平行于EF，深度為 B．平行于EF，深度為L(zhǎng) C．垂直于EF，深度為 D．垂直于EF，深度為L(zhǎng) 解析　畫出垂直于金屬管線方向的截面圓，根據(jù)右手螺旋定則和所畫圖像知，磁場(chǎng)最強(qiáng)的點(diǎn)a即為地面距離管線最近的點(diǎn)，畫出截面與垂直于EF的直線的兩個(gè)交點(diǎn)位置b、c由題意可知EF過(guò)a點(diǎn)垂直于圓面，所以金屬管線與EF平行，根據(jù)幾何關(guān)系可得深度為，則選項(xiàng)A正確。 答案　A 二、多項(xiàng)選擇

8、題 5.如圖4－2－23所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為a的正方形線框ABCD斜向穿進(jìn)磁場(chǎng)，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，方向與磁場(chǎng)邊界成45°，若線框的總電阻為R，則 圖4－2－23 A．線框穿進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，框中電流的方向?yàn)镈CBA B．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流為 C．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為 D．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)CD兩端電壓為Bav 答案　CD 6．(2018·江蘇卷)如圖4－2－24所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ和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(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)

9、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(jì)，重力加速度為g。金屬桿 圖4－2－24 A．剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場(chǎng)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(chǎng)Ⅰ和進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度相等可知，金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場(chǎng)之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從

10、剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ過(guò)程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為2×2mgd＝4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度v＝，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)Ⅰ時(shí)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(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 三、計(jì)算題 7.(2018·福建質(zhì)檢)如圖4－2－25所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一固定金屬線框PMNQ，線框平面與磁感線垂直，

11、線框?qū)挾葹長(zhǎng)。導(dǎo)體棒CD垂直放置在線框上，并以垂直于棒的速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒與金屬線框保持良好接觸。 圖4－2－25 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝，推導(dǎo)MNCDM回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝ BLv。 (2)已知B ＝0.2 T，L＝0.4 m，v＝5 m/s，導(dǎo)體棒接入電路中的有效電阻R ＝0.5 Ω，金屬線框電阻不計(jì)，求： ①導(dǎo)體棒所受到的安培力大小和方向； ②回路中的電功率。 解析　(1)設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)MNCDM回路面積的變化量為ΔS，磁通量的變化量為ΔΦ，則ΔS＝LvΔt ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得E＝＝＝BLv (2)①M(fèi)

12、NCDM回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 回路中的電流強(qiáng)度I＝ 導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得F＝0.064 N 安培力的方向與速度方向相反 ②回路中的電功率P＝EI＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得 P＝0.32 W。 答案　見(jiàn)解析 8．(2018·石家莊質(zhì)檢)某校科技實(shí)驗(yàn)小組利用如圖4－2－26甲所示裝置測(cè)量圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，O點(diǎn)為磁場(chǎng)區(qū)域的圓心，磁場(chǎng)區(qū)域的內(nèi)、外半徑分別為r1和r2。導(dǎo)體棒OA繞O點(diǎn)在紙面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)一周與圖中的彈性片短暫接觸一次。利用傳感器得到如圖乙所示的脈沖電流。已知回路中每隔時(shí)間T有一次大小為I的瞬時(shí)電流且

13、回路中的總電阻為R。 圖4－2－26 (1)導(dǎo)體棒上的O點(diǎn)和A點(diǎn)哪點(diǎn)的電勢(shì)高？ (2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 解析　(1)由右手定則，可知A點(diǎn)電勢(shì)高 (2)根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得導(dǎo)體棒的角速度ω＝ 在Δt時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中掃過(guò)的面積 ΔS＝ωrΔt－ωrΔt＝(r－r)ωΔt 磁通量變化量ΔΦ＝B·ΔS＝(r－r)BωΔt 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝(r－r)Bω 由閉合電路歐姆定律得：E＝IR 有(r－r)Bω＝IR 解得：B＝。 答案　見(jiàn)解析 9.如圖4－2－27所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ、N、Q兩點(diǎn)間接有

14、阻值為R的電阻。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)達(dá)到最大速度。重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌接觸良好。求： 圖4－2－27 (1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述過(guò)程中，桿上產(chǎn)生的熱量。 解析　(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流I＝ 桿所受的安培力F＝BIL 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ－＝ma 當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿導(dǎo)軌平面向下 當(dāng)桿的加速

15、度a＝0時(shí)，速度最大，最大速度vm＝，方向沿導(dǎo)軌平面向下。 (2)桿cd從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得 mgxsin θ＝Q總＋mv 又Q桿＝Q總 所以Q桿＝mgxsin θ－。 答案　(1)a＝gsin θ，方向沿導(dǎo)軌平面向下　，方向沿導(dǎo)軌平面向下 (2)mgxsin θ－ 10．(2018·安徽聯(lián)考)如圖4－2－28所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN固定在光滑絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界ab、cd均垂直于導(dǎo)軌，且間距為s，e、f分別為ac、bd的中點(diǎn)，將一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m

16、、阻值也為R的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置在ab左側(cè)s處，現(xiàn)給金屬棒施加一個(gè)大小為F、方向水平向右的恒力，使金屬棒從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)，加速度剛好為零，不計(jì)其他電阻。求： 圖4－2－28 (1)金屬棒運(yùn)動(dòng)到ef位置時(shí)的速度大小； (2)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置，通過(guò)金屬棒的電荷量； (3)金屬棒從初位置運(yùn)動(dòng)到ef位置，定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。 解析　(1)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)到與ef重合時(shí)速度為v， 則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 電路中電流I＝ 由于加速度剛好為零，則F＝F安＝BIL 求得v＝ (2)通過(guò)金屬棒的電荷量q＝Δt ＝ ＝＝ 求得q＝ (3)設(shè)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由于金屬棒的電阻也為R，因此整個(gè)電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱為2Q。金屬棒從靜止運(yùn)動(dòng)到ef位置的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WF＋W安＝mv2 根據(jù)功能關(guān)系有W安＝－2Q 拉力F做的功WF＝Fs 求得Q＝Fs－。 答案　(1)　(2)　(3)Fs－ 9