（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練13 電磁感應(yīng)規(guī)律及其綜合應(yīng)用

專題強化訓練(十三)一、選擇題1(2018·黃岡中學元月月考)如右圖所示，ab是一個可以繞垂直于紙面的軸O轉(zhuǎn)動的閉合矩形導體線圈，當滑動變阻器R的滑片P自左向右滑動的過程中，線圈ab將()A靜止不動B順時針轉(zhuǎn)動C逆時針轉(zhuǎn)動D發(fā)生轉(zhuǎn)動，但電源的極性不明，無法確定轉(zhuǎn)動方向解析題圖中的兩個通電的電磁鐵之間的磁場方向總是水平的，當滑動變阻器R的滑片P自左向右滑動的過程中，電路的電流是增大的，兩個電磁鐵之間的磁場的磁感應(yīng)強度也是增大的，閉合導體線圈中的磁通量是增大的，線圈在原磁場中所受的磁場力肯定使線圈向磁通量減小的方向轉(zhuǎn)動，顯然只有順時針方向的轉(zhuǎn)動才能使線圈中的磁通量減小答案B2(2018·樂山二診)如右圖所示，兩個相同的輕質(zhì)鋁環(huán)套在一根水平光滑絕緣桿上，當一條形磁鐵向左運動靠近兩環(huán)時，兩環(huán)的運動情況是()A同時向左運動，間距增大B同時向左運動，間距減小C同時向右運動，間距減小D同時向右運動，間距增大解析當條形磁鐵向左靠近兩環(huán)時，兩環(huán)中的磁通量均增加根據(jù)楞次定律，兩環(huán)的運動都要阻礙磁鐵相對環(huán)的運動，即阻礙“靠近”，那么兩環(huán)都向左運動又由于兩環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，兩環(huán)相互吸引，所以兩環(huán)間距離要減小，故只有選項B正確答案B3(2019·珠海畢業(yè)班水平測試)如右圖所示，金屬桿ab水平放置在某高處，當它被平拋進入方向豎直向上的勻強磁場中時，以下說法中正確的是()A運動過程中感應(yīng)電動勢大小不變，且a>bB運動過程中感應(yīng)電動勢大小不變，且a<bC由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動勢不斷變大，且a>bD由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動勢不斷變大，且a<b解析導體做切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小EBLv，其中v是與B垂直方向的速度分量本題中桿在平拋過程中的速度方向與B的夾角是不斷增大的，但該速度在水平方向的分速度，即與B垂直的有效切割速度始終不變，故在桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小不變，由右手定則可知a>b，故選A.答案A4(多選)(2019·德陽高三年級二診)如圖甲所示，質(zhì)量m3.0×103 kg的“”形金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細桿CD長l0.20 m，處于磁感應(yīng)強度大小B11.0 T、方向水平向右的勻強磁場中有一匝數(shù)n300、面積S0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示t0.22 s時閉合開關(guān)K瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h0.20 m不計空氣阻力，重力加速度g10 m/s2，下列說法正確的是()A00.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動勢大小為3 VB開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC磁感應(yīng)強度B2的方向豎直向下D開關(guān)K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03 C解析00.1 s內(nèi)線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律EnnS，代入數(shù)據(jù)得E30 V，A錯誤；開關(guān)閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B正確；由于t0.22 s時通過線圈的磁通量正在減少，對線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤；K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有B1ltmv，通過細桿的電荷量Qt，細框向上跳起的過程中v22gh，解得Q0.03 C，D正確答案BD5(2018·全國卷)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()解析設(shè)線框運動的速度為v，則線框向左勻速運動第一個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E2Bdv(d為導軌間距)，電流i，回路中電流方向為順時針；第二個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為零，電流為零；第三個的時間內(nèi)，線框切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E2Bdv，電流i，回路中電流方向為逆時針，所以D正確答案D6(2019·江西六校聯(lián)考)如圖所示，兩條平行虛線之間存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，虛線間的距離為L，金屬圓環(huán)的直徑也為L.自圓環(huán)從左邊界進入磁場開始計時，以垂直于磁場邊界的恒定速度v穿過磁場區(qū)域規(guī)定逆時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，則圓環(huán)中感應(yīng)電流i隨其移動距離x變化的ix圖像最接近圖中的()解析根據(jù)楞次定律，在圓環(huán)進磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為逆時針方向；在圓環(huán)出磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向在圓環(huán)進磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減小，圓環(huán)出磁場的過程中，切割的有效長度先增加后減小所以感應(yīng)電流的大小在圓環(huán)進磁場的過程中先增大后減小，出圓環(huán)磁場的過程中也是先增大后減小，A正確，B、C、D錯誤答案A7(2019·黑龍江三市調(diào)研)如圖甲所示，圓形金屬線圈與定值電阻組成閉合回路，線圈處于均勻分布的磁場中，磁場方向與線圈平面垂直(取垂直紙面向里為正方向)，Bt圖像如圖乙所示，已知t1為0t2的中間時刻，則定值電阻中的感應(yīng)電流I(取通過定值電阻由上往下的方向為正方向)隨時間t變化的圖線是()解析由Bt圖像可知，在0t1時間內(nèi)B先正向均勻減小再反向均勻增大，由于B均勻變化，所以線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢ES大小不變，即電路中的感應(yīng)電流大小也不變；t1t2時間內(nèi)B先反向均勻減小再正向均勻增加，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，所以感應(yīng)電流大小也不變；又t1為0t2的中間時刻，由Bt圖像并結(jié)合ES可知，0t1時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流與t1t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，方向相反；由楞次定律知，在0t1時間內(nèi)通過定值電阻中的感應(yīng)電流方向是通過定值電阻由上到下的，t1t2時間內(nèi)通過定值電阻中的感應(yīng)電流方向是通過定值電阻由下到上的，故選項D正確答案D8(2019·石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，導體棒MN置于水平導軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計導軌和導體棒的電阻導軌所在區(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02t0時間內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化情況如圖乙所示，導體棒MN始終處于靜止狀態(tài)下列說法正確的是()A在0t0和t02t0內(nèi)，導體棒受到導軌的摩擦力方向相同B在t02t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向為P到QC在0t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為D在02t0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，0t0時間內(nèi)，通過電阻R的電流方向為PQ，t02t0時間內(nèi)，電流方向為QP，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，0t0時間內(nèi)，E1，所以通過R的電流I1，C項錯誤；在02t0時間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為B0S，則通過電阻R的電荷量q·2t0·2t0·2t0，D項正確答案D9(多選)(2019·武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研)如圖1和圖2所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，垂直于磁場方向均有一足夠長的、間距均為l的光滑豎直金屬導軌，圖1和圖2的導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)使金屬棒沿導軌由靜止開始下滑，金屬棒和導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動，達到最大速度vm后，保持這個速度做勻速直線運動B圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，達到最大速度vm后，保持這個速度做勻速直線運動C圖2中電容器相當于斷路，金屬棒做加速度大小為g的勻加速直線運動D圖2中金屬棒做勻加速直線運動，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mgma，當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a0時mg，則vm，此后金屬棒保持該速度做勻速直線運動，A錯誤，B正確；題圖2中當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中金屬棒做加速運動，開始金屬棒中的感應(yīng)電動勢為EBlv，經(jīng)時間t金屬棒的速度增加v，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EBl(vv)，則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為qC(EE)CBl·v，金屬棒中的電流大小為ICBla，由牛頓第二定律可知mgBIlma，由以上解得a，D正確答案BD二、非選擇題10(2019·天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W.解析(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E，則Ek設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQI設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安BIPQl保持PQ靜止，由受力平衡，有FF安聯(lián)立式得F方向水平向右(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為t，回路中的磁通量變化量為，平均感應(yīng)電動勢為，有其中Blx設(shè)PQ中的平均電流為，有根據(jù)電流的定義得由動能定理，有FxWmv20聯(lián)立式得Wmv2kq答案(1)方向水平向右(2)mv2kq11如右圖所示，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為，間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導軌平面在導軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g.忽略所有電阻讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系解析(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為EBLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為UE設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C聯(lián)立式得QCBLv(2)設(shè)金屬棒從靜止釋放到速度達到v，經(jīng)歷時間為t，此時通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上，大小為f1BLi設(shè)在時間間隔(t，tt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，按定義有iQ也是平行板電容器極板在時間間隔(t，tt)內(nèi)增加的電荷量由式得QCBLv式中，v為金屬棒的速度變化量按定義有a金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2N式中，N是金屬棒對導軌的正壓力的大小，有Nmgcos金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinf1f2ma聯(lián)立至式得ag由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動t時刻金屬棒的速度大小為vgt答案(1)QCBLv(2)vgt10