高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 Word版含解析

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1、 專題四　第12講 限時：40分鐘 一、選擇題(本題共8小題，其中1～4題為單選，5～8題為多選) 1．(2018·安徽省蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測)一段導(dǎo)線abcde位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直。線段ab、bc、cd和de的長度均為L，且∠abc＝∠cde＝120°，流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導(dǎo)線段abcde所受到的磁場的作用力的合力大小為(　B　) A．2BIL　　　 B．3BIL C．(＋2)BIL　　　 D．4BIL [解析]　因為∠abc＝∠cde＝120°，根據(jù)幾何關(guān)系可知∠bcd＝60°，故b與d之間

2、的直線距離也為L，則導(dǎo)線段abcde有效長度為3L，故所受安培力的大小為：F＝3BIL，故ACD錯誤，B正確，故選B。 2．(2018·安徽省蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，某小組利用電流傳感器(接入電腦，圖中未畫出)記錄燈泡A和自感元件L構(gòu)成的并聯(lián)電路在斷電瞬間各支路電流隨時間的變化情況，i1表示小燈泡中的電流，i2表示自感元件中的電流(已知開關(guān)S閉合時i2>i1)，則下列圖象中正確的是(　A　) [解析]　當(dāng)電鍵斷開后，電感與燈泡形成回路，電感阻礙自身電流變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流仍沿著原來方向，大小從i2開始不斷減小，流過燈泡A的電流方向發(fā)生變化，故C正確，ABD錯誤，故選

3、C。 3．(2018·天津市高考壓軸卷)物理課上，老師做了一個“電磁阻尼”實驗：如圖所示，彈簧上端固定，下端懸掛一個磁鐵，將磁鐵托起到某一高度后放開，磁鐵能上下振動較長時間才停下來；如果在磁鐵下方放一個固定的鋁質(zhì)圓環(huán)，使磁極上下振動時穿過它，磁鐵就會很快地停下來。某同學(xué)另找器材再探究此實驗。他安裝好器材，經(jīng)反復(fù)實驗后發(fā)現(xiàn)：磁鐵下方放置圓環(huán)，并沒有對磁鐵的振動產(chǎn)生影響，對比老師演示的實驗，其原因可能是(　D　) A．彈簧的勁度系數(shù)太小 B．磁鐵的質(zhì)量太小 C．磁鐵的磁性太強 D．圓環(huán)的材料與老師用的不同 [解析]　只要能夠產(chǎn)生感應(yīng)電流，都能對磁鐵的運動產(chǎn)生阻礙作用，ABC錯；若圓環(huán)的

4、材料為非金屬材料，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，無法對磁鐵產(chǎn)生阻礙作用，故選D。 4．(2018·廈門市高三下學(xué)期第二次質(zhì)量檢測)法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機——法拉第圓盤發(fā)電機，原理如圖所示。銅質(zhì)圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個帶搖柄的轉(zhuǎn)軸，邊緣和轉(zhuǎn)軸處各有一個銅電刷與其緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電阻R連接起來形成回路，其他電阻均不計。轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤如圖示方向勻速轉(zhuǎn)動。已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓盤半徑為r，電阻的功率為P。則(　D　) A．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從c到d B．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從d到c C．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度

5、為，流過電阻R的電流方向為從c到d D．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，流過電阻R的電流方向為從d到c [解析]　將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，出現(xiàn)感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向圓心，則流過電阻R的電流方向為從d到c；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Br＝Br·＝Br2ω，電阻消耗的電功率P＝＝，解得ω＝，D正確。 5．(2018·陜西省西交大附中高三下學(xué)期期中)已知地磁場類似于條形磁鐵產(chǎn)生的磁場，地磁N極位于地理南極。如圖所示，在湖北某中學(xué)實驗室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導(dǎo)體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿

6、東西方向，下列說法正確的是(　AC　) A．若使線框向東平移，則a點電勢比d點電勢低 B．若使線框向北平移，則a點電勢等于b點電勢 C．若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcb方向 D．若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcb方向 [解析]　北半球的磁場方向由南向北斜向下分布。A項，若線框向東平動，根據(jù)右手定則，ad邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向沿ad方向，在電源內(nèi)部電流方向由低電勢到高電勢，所以a點電勢比d點電勢低，故A對；若使線框向北平移，ab邊切割磁感線，所以會產(chǎn)生電勢差，所以ab兩點電勢不相等，故B錯；若

7、以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，穿過線圈平面的向下磁通量變小，由楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向始終為adcb方向，故C正確；若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，穿過線圈平面的向下磁通量先變大后變小，由楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向會發(fā)生變化，故D錯誤。故選AC。 6．(2018·湖南省邵陽市高三下學(xué)期模擬)如圖甲所示，螺線管內(nèi)有一平行于軸線的磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向為磁感應(yīng)強度B的正方向，螺線管與U形導(dǎo)線框cdef相連，導(dǎo)線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)面積為S，圓環(huán)與導(dǎo)線框cdef在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時，下列說法中正確的是(　

8、BD　) A．在t1時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，最大值Φm＝B0S B．在t2時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大 C．在t1～t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有擴張的趨勢 D．在t1～t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流 [解析]　當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時，在導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，在t1時刻，感應(yīng)電流為零，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量為零，選項A錯誤；在t2時刻，感應(yīng)電流最大，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，選項B正確；在t1～t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有收縮的趨勢，選項C錯誤；由楞次定律，在t1～t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向感應(yīng)電流，感應(yīng)

9、電流逐漸增大，金屬圓環(huán)L內(nèi)磁通量增大，根據(jù)楞次定律，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流，選項D正確。 7．(2018·山東省濰坊市高三下學(xué)期三模)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為L，傾斜部分和水平部分長度均為L，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。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。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，在桿運動前，以下說法正確的是(　BC　) A．穿過回路的磁通量為2(B0＋kt)L2 B．流過導(dǎo)體棒的電流方向為由b到a C．回路中電流的大小為 D．細(xì)桿受到的摩擦力一

10、直減小 [解析]　由Φ＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故A錯誤；磁感應(yīng)強度均勻增大，產(chǎn)生的感生電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n＝·S＝k·(L2＋L2cos37°)＝1.8KL2，由全電路歐姆定律得I＝＝，則C正確；由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向俯視為順時針方向，即電流流向為b到a，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，對桿的平衡知識可得mgsinθ＝f＋BILcosθ，則摩擦力先向上逐漸減小到零，后向下逐漸增大，D錯誤。故選BC。 8．(2018·四川省涼山州高三第三次診斷試

11、題)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M，邊長為l，電阻為R的正方形均勻金屬線框，BC邊與虛線PQ平行，PQ右側(cè)有豎直向上的勻強磁場，磁場寬度大于l，磁感應(yīng)強度大小為B。線框通過一水平細(xì)線繞過光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)由靜止釋放物體，當(dāng)線框有一半進入磁場時已勻速運動，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，線框從開始運動到AD邊剛進入磁場過程中(　BCD　) 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．線框恰全部進入磁場時，產(chǎn)生的熱量等于mgl－ D．線框有一半進入磁場時與線框AD邊剛進入磁場時BC兩端的電壓大小之比為3∶4 [解析]　剛釋放線框的瞬間，設(shè)繩子拉力

12、為T，線框加速度為a。以m為研究對象，mg－T＝ma，T＝Ma，可得a＝，T＝。進入磁場后加速度變小，故拉力變小，因此釋放瞬間細(xì)繩拉力最小值為T＝；當(dāng)全部進入磁場時，T＝mg，T＝FA，產(chǎn)生的電動勢為E＝BIv，則I＝，F(xiàn)A＝BIL，可得勻速時速度v＝。由能量守恒，mgl＝(M＋m)v2＋Q，可得產(chǎn)生的熱量Q＝mgl－(M＋m)；線框有一半進入磁場時，BC兩端的電壓U＝Blv，框AD邊剛進入磁場時，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。綜上分析，BCD正確。 二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟) 9．(2018·廣東省汕頭市高三下學(xué)期4月模擬)如圖，

13、兩平行金屬導(dǎo)軌位于水平面上，相距L左端與一阻值為R的電阻相連。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下。一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知電阻R消耗的功率為P，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌的電阻可忽略。求： (1)導(dǎo)體棒勻速運動的速率v； (2)水平外力F的大小。 [解析]　(1)設(shè)回路中的電流為I，對電阻R，有 P＝I2R ① 金屬桿產(chǎn)生的電動勢為 E＝BLv ② 根據(jù)歐姆定律 I＝ ③ 聯(lián)立可得導(dǎo)體棒勻速運動的速率 v＝ ④ (

14、2)金屬桿在磁場中勻速運動，由牛頓第二定律得 F＝μmg＋BIL ⑤ 聯(lián)立可得水平外力F的大小 F＝μmg＋BL ⑥ 10．(2018·江西省新余市高三下學(xué)期模擬)在一水平面上，放置相互平行的直導(dǎo)軌MN、PQ，其間距L＝0.2m，R1、R2是連在導(dǎo)軌兩端的電阻，R1＝0.6Ω，R2＝1.2Ω，虛線左側(cè)3m內(nèi)(含3m處)的導(dǎo)軌粗糙，其余部分光滑并足夠長。ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m＝0.1kg、長度為L′＝0.3m的粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的總電阻r＝0.3Ω，開始時導(dǎo)體棒處于虛線位置，導(dǎo)軌所在空間存在磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，如圖甲所示。從零時刻開始，通過微

15、型電動機對導(dǎo)體棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運動，此過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，其運動的速度－時間圖象如圖乙所示。已知2s末牽引力F的功率是0.9W。除R1、R2及導(dǎo)體棒的總電阻以外，其余部分的電阻均不計，重力加速度g＝10m/s2。 (1)求導(dǎo)體棒與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)及2s內(nèi)流過R1的電荷量； (2)試寫出0～2s內(nèi)牽引力F隨時間變化的表達式； (3)如果2s末牽引力F消失，則從2s末到導(dǎo)體棒停止運動過程中R1產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ [解析]　(1)由速度－時間圖象可以看出導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，加速度a＝1.5m/s2 v＝at＝1.

16、5tm/s 水平方向上導(dǎo)體棒受牽引力F、安培力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得F－BIL－f＝ma 又f＝μN＝μmg R1、R2并聯(lián)電阻為R＝＝0.4Ω 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得 I＝＝0.25t(A) t＝2s時，I＝0.5A 因為2s末牽引力F的功率是0.9W， 根據(jù)P＝Fv 由題圖乙可知，2s末導(dǎo)體棒的速度為3m/s， 可得F＝0.3N 解得μ＝0.1 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝，q＝Δt， 則q＝＝＝0.5C 所以流過R1的電荷量為q1＝≈0.33C。 (2)由(1)可知在0～2s內(nèi) F＝BIL＋ma＋μmg＝＋ma＋μmg 即F＝0.025t＋0.25(N)。 (3)根據(jù)圖象可知2s末導(dǎo)體棒的速度為v＝3m/s，這時導(dǎo)體棒恰好前進了3m，從2s末到導(dǎo)體棒停止運動過程，根據(jù)能量守恒定律得mv2＝Q總 又Q1＋Q2＝Q總· 則Q1＝(Q1＋Q2)＝0.2J。