高考物理二輪復(fù)習(xí) 訓(xùn)練12 專題五 電路與電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 訓(xùn)練12 專題五 電路與電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 訓(xùn)練12 專題五 電路與電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

訓(xùn)練12　電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本大題共8小題，每小題8分，共64分．第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．) 1. 將硬導(dǎo)線中間一段折成半圓形，使其半徑為R，讓它在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞軸MN勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，燈泡的電阻為r.導(dǎo)線在a、b兩處通過電刷與外電路連接，外電路接有額定功率為P的小燈泡并正常發(fā)光，電路中除燈泡外，其余部分的電阻不計(jì)，則半圓形硬導(dǎo)線的轉(zhuǎn)速為(　　) A. B. C. D. 解析：半圓形導(dǎo)線轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則電源電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝，對(duì)于小燈泡有P＝，兩式聯(lián)立得n＝. 答案：B 2. 如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端b和a之間的電勢(shì)差φb－φa(　　) A．從零均勻變化到－ B．從零均勻變化到 C．恒為－ D．恒為 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知電勢(shì)差大小為E＝；根據(jù)楞次定律可知b點(diǎn)電勢(shì)較高，故φb－φa>0，D正確． 答案：D 3. 在如圖所示的豎直平面內(nèi)，在水平線MN的下方有足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)等腰三角形金屬線框頂點(diǎn)C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場(chǎng)中．忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，關(guān)于線框運(yùn)動(dòng)的v—t圖，可能正確的是(　　) 解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程受到的安培力：F＝BIL＝BL＝，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度L增大，安培力增大，由牛頓第二定律得：mg－F＝ma，則a＝g－，線框由靜止做加速運(yùn)動(dòng)，由于L、v不斷增大，加速度a減小，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小，v—t圖象的斜率減小．故C正確． 答案：C 4. 如圖甲所示，兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)有方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，Ⅰ和Ⅱ之間無磁場(chǎng)．一導(dǎo)體棒兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域Ⅰ上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同．圖乙的四個(gè)圖象中能定性描述導(dǎo)體棒速度大小與時(shí)間關(guān)系的是(　　) 解析：MN棒先做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)舰駞^(qū)磁場(chǎng)時(shí)由四個(gè)選項(xiàng)知棒開始減速說明F安>mg，由牛頓第二定律得，F(xiàn)安－mg＝ma，減速時(shí)F安減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點(diǎn)切線斜率減??；離開Ⅰ區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨后進(jìn)入Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)，因棒在穿過兩段磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化情況相同，則在Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)情況與Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中完全相同，所以只有C項(xiàng)正確． 答案：C 5．如圖甲所示，固定的水平金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)．兩阻值相同的導(dǎo)體棒ab、cd置于導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且始終保持良好接觸．整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．現(xiàn)讓導(dǎo)體棒ab以如圖乙所示的速度向右運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒cd始終靜止在導(dǎo)軌上，以水平向右為正方向，則導(dǎo)體棒cd所受的靜摩擦力Ff隨時(shí)間變化的圖象是(　　) 答案：B 6. 在光滑的絕緣水平面上方，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為磁場(chǎng)邊界．一個(gè)半徑為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場(chǎng)方向放置于磁場(chǎng)中A處，現(xiàn)給金屬圓環(huán)一水平向右的初速度v.當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線PQ重合時(shí)的速度為，則下列說法正確的是(　　) A．此時(shí)圓環(huán)中的電功率為 B．此時(shí)圓環(huán)的加速度為 C．此過程中通過圓環(huán)截面的電荷量為 D．此過程回路中產(chǎn)生的電能為0.75mv2 解析：當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線PQ重合時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B2a＝Bav，感應(yīng)電流I＝，圓環(huán)中的電功率P＝I2R＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬圓環(huán)受到的安培力F＝2BIa＝，所以a＝＝，選項(xiàng)B正確；由q＝It＝＝，可知選項(xiàng)C正確；由能量守恒得：產(chǎn)生的電能W電＝mv2－m()2＝mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：BC 7. 如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道半徑為r、間距為L(zhǎng)，軌道的電阻不計(jì)．在軌道的頂端連有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道的最低位置cd開始，在拉力作用下以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過程中(　　) A．通過R的電流方向?yàn)橛蓛?nèi)向外 B．通過R的電流方向?yàn)橛赏庀騼?nèi) C．R上產(chǎn)生的熱量為 D．通過R的電荷量為 解析：由右手定則可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；通過R的電荷量q＝＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；金屬棒產(chǎn)生的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝BLv0cost，有效值E＝，R上產(chǎn)生的熱量Q＝t＝＝，選項(xiàng)C正確． 答案：BC 8．如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l，兩導(dǎo)軌間連有一電阻R，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在兩虛線間的導(dǎo)軌上涂有薄絕緣涂層．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從h高度處由靜止釋放，在剛要滑到涂層處時(shí)恰好勻速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且僅與涂層間有摩擦，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，其他部分的電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒到達(dá)涂層前做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) B．在涂層區(qū)導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng) C．導(dǎo)體棒到達(dá)底端的速度為 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－ 解析：導(dǎo)體棒到達(dá)涂層前速度越來越大，由E＝BLv得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來越大，根據(jù)I＝和F＝BIL得，所受的安培力越來越大，由F＝mgsinθ－BIL＝ma得，加速度越來越小，故A正確；當(dāng)導(dǎo)體棒到達(dá)涂層時(shí)，所受力平衡，但是到達(dá)涂層后，安培力消失，在涂層區(qū)受摩擦力，受力分析得導(dǎo)體棒受力平衡，故導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)受力平衡條件得：BIL＝mgsinθ，得： ＝mgsinθ，所以v＝，故C正確；由能量守恒得產(chǎn)生的總熱量Q＝mgh－mv2＝mgh－，產(chǎn)生的總熱量包括焦耳熱和導(dǎo)體棒與涂層摩擦產(chǎn)生的熱量，故D錯(cuò)誤． 答案：AC 二、計(jì)算題(本大題共2小題，共36分．需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接一阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響)． (1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢(shì)高低； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)在金屬棒ab從開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 解析：(1)由右手定則判斷得φb>φa. (2)當(dāng)金屬棒勻速下落時(shí)，由共點(diǎn)力平衡條件得 mg＝BIL① 金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1② 則電路中的電流I＝③ 由圖象可得v1＝7 m/s 代入數(shù)據(jù)解得B＝0.1 T (3)以金屬棒ab為研究對(duì)象，在0～1.5 s，根據(jù)動(dòng)能定理得 mgh－W總＝mv－0④ W總＝0.455 J 由閉合電路歐姆定律得 E總＝I(R＋r)⑤ 則電阻R兩端的電壓UR為 UR＝E總⑥ 則電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝W總＝0.26 J 答案：(1)φb>φa　(2)0.1 T　(3)0.26 J 10．如圖所示，一對(duì)足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左端接一電源，其電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬棒置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直，金屬棒的電阻為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中． (1)若閉合開關(guān)S的同時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右恒力F，求棒即將運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度和運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度； (2)若開關(guān)S開始是斷開的，現(xiàn)對(duì)靜止的金屬棒 施加水平向右的恒力F，一段時(shí)間后再閉合開關(guān)S；要使開關(guān)S閉合瞬間棒的加速度大小為，則F需作用多長(zhǎng)時(shí)間． 解析：(1)閉合開關(guān)S的瞬間回路電流為I＝ 金屬棒所受安培力水平向右，大小為：FA＝ILB 由牛頓第二定律得：a＝ 整理可得：a＝LB＋ 金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，此時(shí)由平衡條件得：F′A＝F 由安培力公式，F(xiàn)′A＝I′LB 由閉合電路歐姆定律得：I′＝ 聯(lián)立求得：vm＝＋ (2)設(shè)閉合開關(guān)S時(shí)金屬棒的速度為v， 此時(shí)電流為I″＝ 由牛頓第二定律得：a″＝ 所以加速度a″＝－LB 若加速度大小為， 則|－LB|＝ 解得速度v1＝，v2＝＋ 又未閉合開關(guān)S時(shí)金屬棒的加速度一直為a0＝ 解得恒力F作用時(shí)間為： t1＝＝或 t2＝＝＋ 答案：(1)LB＋?。? (2)或＋