（新課標(biāo)）2020高考物理二輪總復(fù)習(xí) 第一部分 專題突破方略 專題四 電磁感應(yīng)和電路 1.4.1 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用專題限時訓(xùn)練

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1、1.4.1 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 專題限時訓(xùn)練 一、單項選擇題 1．如圖所示，兩個相同的閉合鋁環(huán)M、N套在一根光滑的絕緣水平桿上，螺線管的軸線與鋁環(huán)的圓心在同一直線上，閉合開關(guān)S后，向左快速移動滑動變阻器的滑片P，不考慮兩環(huán)間的相互作用力，則在移動滑片P的過程中(　　) A．M、N環(huán)向左運動，它們之間的距離增大 B．M、N環(huán)向左運動，它們之間的距離減小 C．M、N環(huán)向右運動，它們之間的距離增大 D．M、N環(huán)向右運動，它們之間的距離減小 答案：C 2．(2019·北京海淀區(qū)高三二模)．如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終

2、保持垂直并良好接觸，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，整個裝置放在水平勻強(qiáng)磁場中，棒在豎直向上的恒力F作用下勻速上升的一段時間內(nèi)，金屬棒受恒定大小的滑動摩擦力f，下列說法正確的是(　　) A．通過電阻R的電流方向水平向右，棒受到的安培力方向豎直向上 B．通過電阻R的電流方向水平向左，棒受到的安培力方向豎直向下 C．棒機(jī)械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功 D．棒機(jī)械能的增加量等于恒力F和滑動摩擦力f做的總功 答案：C 解析：由右手定則可以判斷，導(dǎo)體棒中的電流方向向左，所以通過電阻R的電流方向向右；再由左手定則可以判斷出導(dǎo)體棒受到的安培力方向豎直向下，所以A、B錯誤；由題意知導(dǎo)體棒做勻速運

3、動，故動能不變，所以導(dǎo)體棒機(jī)械能的增加量也就是重力勢能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以C正確；導(dǎo)體棒機(jī)械能的變化量等于除重力以外的力做的功，所以棒機(jī)械能的增加量等于恒力F、安培力和滑動摩擦力f做的總功，所以D錯誤． 3．(2018·山東德州一模改編)如圖所示，半徑為r且水平放置的光滑絕緣的環(huán)形細(xì)管道內(nèi)有一帶電粒子．此裝置放在勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系式為B＝B0＋kt(k>0)．根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，均勻變化的磁場將產(chǎn)生穩(wěn)定的電場，該感應(yīng)電場對帶電粒子將有沿圓環(huán)切線方向的作用力．粒子轉(zhuǎn)動一周后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，則(　　) A．此裝置產(chǎn)生的感生電動勢為(B1－B0

4、)πr2 B．此裝置產(chǎn)生的感生電動勢為kπr2 C．感應(yīng)電場的方向沿順時針 D．粒子轉(zhuǎn)動過程中一定是洛倫茲力提供向心力 答案：B 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感生電動勢大小為 E電＝·πr2＝kπr2，選項A錯誤，B正確；根據(jù)楞次定律可知，電場方向逆時針，選項C錯誤；感應(yīng)電場對帶電粒子將有沿圓環(huán)切線方向的作用力，使得粒子的速度逐漸變大，則圓形管道將對粒子產(chǎn)生壓力，管道的壓力和洛倫茲力的合力提供向心力，選項D錯誤． 4．如圖所示，三條平行虛線位于紙面內(nèi)，中間虛線兩側(cè)有方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向．菱形閉合導(dǎo)線框ABCD位于紙面內(nèi)且對角線AC與虛線垂直，磁場寬度與對角

5、線AC長均為d.現(xiàn)使線框沿AC方向勻速穿過此磁場，以逆時針方向為感應(yīng)電流的正方向，則從C點進(jìn)入磁場到A點離開磁場的過程中，線框中電流i隨時間t的變化關(guān)系，以下可能正確的是(　　) A　　　　 B　　　　 C　　 　　D 答案：D 解析：線圈在進(jìn)入磁場的過程中，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向，為正值；在通過兩個磁場的分界線時，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向沿順時針方向，為負(fù)值；線圈出磁場的過程中，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為逆時針，為正值，故B、C錯誤．設(shè)BD＝L.在一半線圈進(jìn)入磁場的過程中，切割的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動勢均勻增大，則感應(yīng)電流均勻增大，當(dāng)BD

6、剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流最大為I1＝＝i0；在全部線圈進(jìn)入磁場過程中，切割的有效長度均勻減小，感應(yīng)電動勢均勻減小，則感應(yīng)電流均勻減小至零；線圈通過兩個磁場的分界線時，切割的有效長度先均勻增大，感應(yīng)電流均勻增大，當(dāng)BD通過磁場分界線時，感應(yīng)電流最大為I2＝＝2i0；后均勻減小至零；在一半線圈出磁場到全部線圈出磁場的過程中，切割的有效長度先均勻增大后均勻減小，感應(yīng)電流先均勻增大后均勻減小，此過程感應(yīng)電流最大為I3＝＝i0，故D正確，A錯誤． 5.某?？萍夹〗M的同學(xué)設(shè)計了一個傳送帶測速儀，測速原理如圖所示．在傳送帶的下方固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極，電極間充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于

7、傳送帶平面(紙面)向里、有理想邊界的勻強(qiáng)磁場，且電極之間接有理想電壓表和電阻R，傳送帶背面固定有若干根間距為d的平行細(xì)金屬條，其電阻均為r，傳送帶運行過程中始終僅有一根金屬條處于磁場中，且金屬條與電極接觸良好．當(dāng)傳送帶以一定的速度勻速運動時，電壓表的示數(shù)為U，則下列說法中正確的是(　　) A．傳送帶勻速運動的速率為 B．電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為 C．金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域受到的安培力大小為 D．每根金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做的功為 答案：D 解析：由于金屬條有電阻，所以電壓表示數(shù)與感應(yīng)電動勢不相等，根據(jù)E＝BLv和U＝E可知，傳送帶勻速運動的速率為，A選項錯誤；電阻R

8、產(chǎn)生焦耳熱的功率為，B選項錯誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL可知，安培力大小為，C選項錯誤；安培力做的功W＝－Fd＝－BILd，所以克服安培力做的功為，D選項正確． 6．如圖甲，光滑平行的、足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd所在平面與水平面成θ角，b、c兩端接有阻值為R的定值電阻．阻值為r的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計．整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上．從t＝0時刻開始，棒受到一個平行于導(dǎo)軌向上的外力F，使棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，運動中棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，通過R的感應(yīng)電流隨時間t變化的圖象如圖乙所示．下面分別給出了穿過回路PQcb的磁通量Φ、磁通量

9、的變化率、電阻R兩端的電勢差U和通過棒上某橫截面的總電荷量q隨運動時間t變化的圖象，其中正確的是(　　) A　　　　 B　　　　C　　　　D 答案：B 解析：由于產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是逐漸增大的，而選項A描述磁通量與時間關(guān)系中斜率不變，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，故A錯誤；回路中的感應(yīng)電動勢為E＝，感應(yīng)電流為I＝＝，由圖乙可知I＝kt，即＝kt，故有＝kt(R＋r)，所以選項B正確；I均勻增大，棒兩端的電勢差Uab＝IR＝ktR，則知Uab與時間t成正比，故C錯誤；通過導(dǎo)體棒的電荷量為Q＝It＝kt2，故Q－t圖象為拋物線，并非過原點的直線，故D錯誤． 二、多項選擇題 7．(2019·

10、全國卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場．將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．從PQ進(jìn)入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是 (　　) A　　　　 　B　　　　　C　　　　　D 答案：AD 解析：如果PQ進(jìn)入磁場時加速度為零，PQ做勻速運動，感應(yīng)電流恒定．若PQ出磁場時MN仍然沒有進(jìn)入磁場，則PQ出磁場后至MN進(jìn)入磁場的這段時間，由于磁通量Φ不變，無感

11、應(yīng)電流．由于PQ、MN從同一位置釋放，故MN進(jìn)入磁場時與PQ進(jìn)入磁場時的速度相同，所以電流大小也應(yīng)該相同，但方向相反，A正確，B錯誤．若PQ出磁場前MN已經(jīng)進(jìn)入磁場，由于磁通量Φ不變，無感應(yīng)電流，PQ、MN均加速運動，PQ出磁場后，由于MN在磁場中的速度比進(jìn)磁場時的速度大，故電流比PQ進(jìn)入磁場時電流大，此后PQ做減速運動，電流減小，故C錯誤，D正確． 8．如圖所示，S和P是半徑為a的環(huán)形導(dǎo)線的兩端點，OP間電阻為R，其余電阻不計，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直環(huán)面．當(dāng)金屬棒OQ與環(huán)形導(dǎo)線接觸，以角速度ω繞O點無摩擦勻速轉(zhuǎn)動時，則(　　) A．電阻R兩端的電壓為 B．電阻R消耗的功

12、率為 C．金屬棒受的安培力為 D．外力對OQ做功的功率為 答案：AB 解析：Q端的線速度為v＝ωa，OQ桿切割磁感線的平均速度為＝＝aω，OQ桿轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E＝BL＝Ba2ω，由于其他部分電阻不計，故選項A正確；電阻R消耗的功率P＝＝＝，故選項B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝，則安培力F＝BIL＝Ba＝，故選項C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，由于金屬棒OQ勻速轉(zhuǎn)動，外力所做的功轉(zhuǎn)化為電阻R消耗的熱量，故選項D錯誤． 9．如圖所示，間距為L、足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，其下端連接一個定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，將ab棒在導(dǎo)軌上無初速度釋放，當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀

13、態(tài)時，速度為v，通過電阻R的電荷量為q，電阻R上消耗的功率為P，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻不計．下列判斷正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒的a端電勢比b端低 B．a(chǎn)b棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運動 C．a(chǎn)b棒由開始釋放到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為 D．若換成一根質(zhì)量為原來2倍的導(dǎo)體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，電阻R消耗的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍 答案：BC 解析：由右手定則可知，導(dǎo)體棒的a端電勢比b端高，選項A錯誤；ab棒在開始時受豎直向下的重力和平行斜面向上的安培力作用，加速度為a＝，隨v的增大，則a減小，即達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前做加速度減小的加速運動，選

14、項B正確；根據(jù)q＝I·Δt＝·Δt＝＝，可得ab棒由開始釋放到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為x＝，選項C正確；當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，滿足mgsin θ＝，電阻R消耗的電功率P＝＝，若換成一根質(zhì)量為原來2倍的導(dǎo)體棒，其他條件不變，則ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時，電阻R消耗的功率將變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤． 三、計算題 10．(2019·北京海淀區(qū)高三二模)．如圖所示，阻值忽略不計、間距為l的兩金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行固定在水平桌面上，導(dǎo)軌左端連接阻值為R的電阻，一阻值為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab放置在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，動摩擦因數(shù)為μ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場垂直于導(dǎo)軌平面

15、向里，給金屬棒一水平向右的初速度v0，金屬棒運動一段時間后靜止，水平位移為x，導(dǎo)軌足夠長，求整個運動過程中，安培力關(guān)于時間的平均值的大小t. 答案： 解析：由動量定理可知，IA＝ΣBlIΔt＝ΣBlq 再根據(jù)：q＝t＝t＝n＝， 則IA＝ 再根據(jù)動量定理：－μmgt－IA＝0－mv0，則t＝ 解得：Ft＝＝ 11．(2019·天津市和平區(qū)高三三模)如圖甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L＝0.30 m．導(dǎo)軌電阻忽略不計，其間連接有固定電阻R＝0.40 Ω.導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m＝0.10 kg、電阻r＝0.20 Ω的金屬桿ab，整個裝置處于磁

16、感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下．用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始做勻加速運動，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示． (1)計算加速度的大??； (2)求第2 s末外力F的瞬時功率； (3)如果水平外力從靜止開始拉動桿2 s所做的功W＝0.35 J，求金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱． 答案：(1)1 m/s2　(2)0.35 W　(3)5.0×10－2 J 解析：(1)根據(jù)E＝BLv，v＝at，UR＝E 結(jié)合圖乙所示數(shù)據(jù)，解得：a＝1 m/s2. (2)由圖象可知在2 s末，電阻R兩端電壓為0.2

17、 V 通過金屬桿的電流I＝ 金屬桿受安培力F安＝BIL 設(shè)2 s末外力大小為F2，由牛頓第二定律，F(xiàn)2－F安＝ma 故2 s末時F的瞬時功率P＝F2v2＝0.35 W (3)設(shè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律，W＝Q＋mv 電阻R與金屬桿的電阻r串聯(lián)，產(chǎn)生焦耳熱與電阻成正比 金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝ Q 解得：Qr＝5.0×10－2 J . [滿分設(shè)計] (2016·全國卷Ⅰ，24,14分) 如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連．兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abd

18、ca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平①.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中②，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ③，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑④.求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??； (2)金屬棒運動速度的大小． [科學(xué)審題] 關(guān)鍵點 獲取信息 ① 兩斜面傾斜角大小相同，可以分析出兩棒所受摩擦力的方向 ② 導(dǎo)體不受安培力 ③ 可以確定最大靜摩擦力的大小 ④ 另一棒勻速上滑，兩棒均處于平衡狀態(tài) [快速切題] 對左右兩根棒，線上拉力大

19、小相等，ab棒在重力沿斜面的分力，線的拉力，滑動摩擦力和安培力作用下處于平衡狀態(tài)，cd棒與ab棒相比，少受一個安培力，通過列兩根棒的平衡方程，消掉拉力，即可從平衡角度求出金屬棒ab上的安培力的大??；結(jié)合安培力公式及棒切割磁感線的速度與感應(yīng)電動勢的關(guān)系即可求出棒的速度． [規(guī)范解答] (1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2，對于ab棒，由力的平衡條件得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F ①(2分) N1＝2mgcos θ ②(1分) 對于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T ③(2分) N2＝mgcos θ ④(1分) 聯(lián)立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤(2分) (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥(2分) 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動勢為 E＝BLv ⑦(1分) 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得 I＝⑧(1分) 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ) ⑨(2分) 9