《（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練9 電磁感應問題（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練9 電磁感應問題（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、專題強化訓練(九)一、選擇題(共10個小題，16為單選，其余為多選，每題5分共50分)1如圖所示，有一邊長為L的正方形線框abcd，由距勻強磁場上邊界H處靜止釋放，其下邊剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動勻強磁場區(qū)域寬度也為L.ab邊開始進入磁場時記為t1，cd邊出磁場時記為t2，忽略空氣阻力，從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點的電壓大小Uab、線框中產生的焦耳熱Q隨時間t的變化圖象可能正確的是()答案C解析線圈在磁場上方H開始下落到下邊進入磁場過程中線圈做勻加速運動；因線圈下邊剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動，可知線圈直到cd邊出磁
2、場時也做勻速運動，A、B兩項錯誤；線圈ab邊進入磁場的過程，EBLv，則UabBLv；ab邊出離磁場的過程，EBLv，則UabBLv；線圈進入磁場和出離磁場過程中電動勢相同，均為EBLv，時間相同，則由功率公式可知，產生的熱量相同，故C項正確，A、B、D三項錯誤故選C項2.如圖所示，內環(huán)半徑為，外環(huán)半徑為L的半圓環(huán)形閉合線圈ABCD，該導體線圈電阻為R，現在環(huán)形區(qū)域內加一個垂直紙面向里，磁感應強度從零開始均勻增大的勻強磁場，當磁感應強度增大到B時保持不變，此過程中通過線圈截面的電量為q1；然后讓線圈以O點為圓心勻速轉動半周，該過程中通過線圈截面的電量為q2.則q1：q2為()A11B12C23
3、 D32答案A解析由公式qn知：q1，第二個過程中的電荷量為：q2，所以q1q211，故A項正確，B、C、D三項錯誤故選A項3.如圖所示，足夠長的平行導軌水平放置，導軌間距為L，質量均為m，電阻均為R的金屬棒ab，cd放在導軌上并與導軌垂直，金屬棒與導軌間的動摩擦因數均為，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直導軌平面向下，用水平向右、大小等于mg(g為重力加速度)的恒力F向右拉金屬棒cd，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計導軌電阻，下列說法正確的是()A恒力F作用瞬間，金屬棒cd的加速度大小等于0B恒力F作用足夠長時間后，金屬棒ab會向右運動C金屬棒cd運動的最大速度大小為D金屬棒cd的速度會不斷增
4、大答案C解析恒力F作用瞬間，金屬棒cd的加速度大小為ag，故A項錯誤；當cd棒的加速度為零時速度最大設cd加速度為零時所受的安培力為F安，根據平衡條件有mgF安mg，則得F安mg，對ab棒，因F安fmmg，所以金屬棒ab不可能運動，故B項錯誤；金屬棒cd先做加速運動，當金屬棒cd達到最大速度后勻速運動，由F安BILBL，結合F安mg，可得，金屬棒cd運動的最大速度大小為v，故C項正確，D項錯誤故選C項4等離子體由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強磁場中，偏轉后會打到P1、P2板上，ab直導線通過滑動變阻器與P1、P2相連接，線圈A通過滑動變阻器與直導線cd連接，如圖甲所示線圈A內有圖
5、乙所示的變化磁場，且規(guī)定磁場B的正方向向右，則下列敘述正確的是()A01 s內，通過兩直導線的電流均向下B12 s內，ab、cd導線互相吸引C23 s內，ab、cd導線互相排斥D34 s內，ab、cd導線互相吸引答案D解析由左側電路可以判斷ab中電流方向由a到b，由右側電路及圖乙判斷，根據楞次定律01 s內cd中電流為由d到c，ab中電流向下，通過兩導線的電流方向相反，故A項錯誤；由左側電路可以判斷ab中電流方向由a到b，12 s時間內右側線圈中磁場向右且增強，根據楞次定律知cd中電流為由d到c，ab、cd電流方向相反，ab、cd導線互相排斥，故B項錯誤；23 s時間內由楞次定律得cd中電流由
6、c到d，跟ab中電流同向，因此ab、cd相互吸引，故C項錯誤；34 s時間內由楞次定律得cd中電流由c到d，跟ab中電流同向，因此ab、cd導線互相吸引，故D項正確故選D項5.如圖所示，兩條相距L的足夠長的平行光滑導軌放置在傾角為30的斜面上，阻值為R的電阻與導軌相連，質量為m的導體棒MN垂直于導軌放置整個裝置在垂直于斜面向下的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B.輕繩一端與導體棒相連，另一端跨過定滑輪與一個質量為m的物塊相連，且滑輪與桿之間的輕繩與斜面保持平行，物塊距離地面足夠高，導軌、導體棒電阻不計，輕繩與滑輪之間的摩擦力不計，則將物塊從靜止釋放，下面說法正確的是(重力加速度為g)()A導體棒
7、M端電勢高于N端電勢B導體棒的加速度可能大于gC導體棒的速度不會大于D通過導體棒的電荷量與金屬棒運動時間的平方成正比答案C解析根據右手定則可知導體棒中電流由M到N，導體棒M端電勢低于N端電勢，故A項錯誤；設導體棒的上升速度為v，可知導體棒所受安培力為：F安BILBL，根據牛頓第二定律可得：mgmgsin302ma，當導體棒的上升速度為零時，導體棒的加速度最大，最大加速度為：amg；當導體棒的上升加速度為零時，導體棒的速度最大，最大速度為：vm，故B項錯誤，C項正確；通過導體棒的電荷量為：q，由于導體棒先做加速度減小的加速度運動，后做勻速運動，所以導體棒運動的位移與金屬棒運動時間的平方不成正比，
8、故D項錯誤故選C項6如圖甲所示，梯形硬導線框abcd固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系，t0時刻磁場方向垂直紙面向里在05t0時間內，設垂直ab邊向上為安培力的正方向，線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關系圖為()答案D解析02t0，感應電動勢為：E1SS，為定值，3t05t0，感應電動勢為：E2SS，也為定值，因此感應電流也為定值，那么安培力FBILB由于0t0，B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據楞次定律，可知，線圈中感應電流方向順時針，依據左手定則，可知，線框ab邊受到安培力方向向上，即為正；同理，t02t0，安培力方
9、向向下，為負，大小增大，而在2t03t0，沒有安培力；在3t04t0，安培力方向向上，為正，大小減??；在4t05t0，安培力方向向下，為負，大小增大，故D項正確，A、B、C三項錯誤故選D項7.如圖所示，電阻R、電容器C與固定在同一水平面上的光滑平行導軌相連，導軌間有豎直向下的勻強磁場一導體棒垂直放在導軌上且與導軌接觸良好，導體棒與導軌電阻不計現讓導體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動并經過B、C兩位置，在導體棒向右滑動的過程中，下列說法正確的是()AR中的電流從a到bB導體棒向右做勻速滑動C電容器的帶電量逐漸變小D在BC段滑動時導體棒動能的減少量等于電阻R上產生的熱量答案AC解析根據右手定則可
10、判定回路中的電流沿逆時針方向，過電阻R的電流從a到b，故A項正確；根據左手定則可判斷，導體棒受到向左的安培力作用做減速運動，所以電動勢不斷變小，電容器兩端電壓不斷變小，根據C得：QCU，故電容器電荷量逐漸變小，故B項錯誤，C項正確；根據能量守恒可知，在BC段滑動時導體棒動能的減少量等于電阻R上產生的熱量以及電容器儲存的電能之和，故D項錯誤故選A、C兩項8如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，其下方有一寬度為s，磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場方向與線框平面垂直，MN和MN是勻強磁場區(qū)域的水平邊界現使線框從MN上方由靜止開始下落，下落過程中bc邊始終水平如圖乙是線框開始下落
11、到完全穿過磁場區(qū)域的vt圖象(其中OA、BC、DE相互平行)已知金屬線框邊長為L(Ls)、質量為m、電阻為R，當地的重力加速度為g，vt圖象中v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量空氣阻力不計，則下列說法中正確的是()At2是線框全部進入磁場瞬間，t4是線框全部離開磁場瞬間Bv1的大小可能為C從bc邊進入磁場到ad邊離開磁場過程，感應電流所做的功為2mgsD線框離開磁場過程中通過線框橫截面的電荷量比進入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量多答案AB解析0t1時間內做自由落體運動，可知從t1時刻進入磁場，開始做加速度減小的減速運動，t2時刻又做勻加速運動，且與自由落體運動的加速度相同，可知線框
12、全部進入磁場，即t2是線框全部進入磁場瞬間，t3時刻開始做變減速運動，t4時刻，又做加速度為g的勻加速運動，可知t4是線框全部離開磁場瞬間，故A項正確；線框全部進入磁場前的瞬間，可能重力和安培力平衡，有：mg，解得：v1，故B項正確；從bc邊進入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，根據動能定理得：mg(sL)Wmv12mv22，線框出磁場時，設克服安培力做功為W，根據動能定理得：mgLWmv12mv22，解得：WmgsW，Wmgs，則W2mgs，故C項錯誤；根據q知，線框進入磁場和出磁場的過程中，磁通量的變化量相同，則通過的電荷量相同，故D項錯誤，故選A、B兩項9.如圖，等邊三角形OPQ區(qū)域內存在
13、垂直紙面向外的勻強磁場用粗細均勻的導線繞制的等邊三角形導線框abc位于紙面內，其bc邊與磁場邊界PQ平行，d、e分別為ab、ac的中點導線框沿垂直于bc的方向向上勻速穿過磁場區(qū)域，依次經過圖中、位置已知三角形OPQ的邊長是三角形abc的倍，位置時a點與O點重合，位置時d點、e點分別在OP、OQ上，位置時d點、e點在PQ上則()A經過位置和位置時，線框中的感應電流方向相同B經過位置和位置時，線框中的感應電流大小相等C經過位置和位置時，線框上de兩點間的電壓之比為21D從位置到位置和從位置到位置的兩個過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比為21答案BCD解析由題意可知，線框在位置運動過程穿過線框的磁通
14、量增加，線框在位置運動時穿過線框的磁通量減少，由楞次定律可知，兩位置感應電流方向相反，故A項錯誤；由圖示可知，線框經過位置和經過位置時，線框切割磁感線的有效長度L相等，由EBLv可知，線框產生的感應電動勢相等，由歐姆定律可知，線框中的感應電流大小相等，故B項正確；線框在位置時，dae相當于電源，線框在位置時dbce相當于電源，在兩位置線框電流I相等，dbce部分的電阻是dae部分電阻的兩倍，即：Rdbce2Rdae，UdeIRdbce，UdeIRdae，則：Ude2Ude，故C項正確；通過線框導線橫截面的電荷量為：qIttt，設三角形abc的面積為4S，由圖示可知，線框從位置到位置過程：S12
15、S，線框從位置到位置過程：S23S2SS，則從位置到位置和從位置到位置的兩個過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比：，故D項正確故選B、C、D三項10如圖所示，間距為d的平行導軌A2A3、C2C3所在平面與水平面的夾角30，其下端連接阻值為R的電阻，處于磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，水平臺面所在區(qū)域無磁場長為d，質量為m的導體棒甲靜止在光滑水平臺面ACC1A1上，在大小為mg(g為重力加速度大小)，方向水平向左的恒力作用下做勻加速運動，經時間t后導體棒甲恰好運動至左邊緣A1C1，此時撤去恒力，導體棒甲從左邊緣A1C1飛出臺面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2處，與放置在此
16、處的導體棒乙(與導體棒甲完全相同)碰撞后粘在一起然后沿導軌下滑距離x后開始做勻速運動兩導體棒粘連后在導軌上運動時始終與導軌垂直且接觸良好，除了電阻R外，其他電阻不計，一切摩擦不計，下列判斷正確的是()A導體棒甲到達A1C1處時的速度大小為gtBA2C2與臺面ACC1A1間的高度差為gt2C兩導體棒在導軌上做勻速運動的速度大小為D兩導體棒在導軌上變速滑行的過程中電阻R上產生的焦耳熱為mg2t2mgx答案ABD解析導體棒在臺面上做勻加速直線運動，速度：v0at，由牛頓第二定律得：mgma，解得：v0gt，故A項正確；導體棒離開臺面后做平拋運動，豎直方向：vyv0tan，vy22gh，解得：hgt2
17、，故B項正確；導體棒在導軌上做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：2mgsinBId，電流：I，解得：v，故C項錯誤；甲與乙碰撞前的速度為：v甲gt.甲、乙兩棒碰撞過程中動量守恒，根據動量守恒定律可得：mv甲2mv共，解得：v共gt.根據動能定理可得：2mgsinxWA2mv22mv共2，解得：WAmg2t2mgx，根據功能關系可得電阻R上產生的焦耳熱為mg2t2mgx，故D項正確故選A、B、D三項二、計算題(共4個小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分)11如圖甲所示，相距為d的足夠長光滑的U型金屬框架NMPQ固定在水平桌面上，框架所在的空間內存在方向豎
18、直向下的勻強磁場一根長為d的金屬棒ab放置在框架上，其質量為m，電阻為r，該棒通過一根繞過右側定滑輪的絕緣輕繩和一物塊相連，物塊質量為3m.已知重力加速度為g，導體棒與金屬框間接觸電阻及金屬框架的電阻不計則：(1)若所加磁場為磁感應強度為B的勻強磁場，求導體棒運動的最大速度；(2)若所加磁場為隨時間變化的勻強磁場，導體棒運動的vt圖象如圖乙所示，t0時刻，導體棒ab與PM距離為l，磁感應強度為B0，求t時刻磁場的磁感應強度答案(1)(2)解析(1)對導體棒ab，有：EmBdvm此時流過導體棒的電流為：I，根據平衡條件可得：BId3mg，解得：vm；(2)對于導體棒ab根據牛頓第二定律可得：3m
19、gFA4ma，t0時FA0，則加速度為：ag，導體棒做勻加速直線運動，則有：I0，t時刻的位移為：xat2gt2，由于感應電流為零，則磁通量變化為零，有：B0ldB(lx)d，解得：B.12.如圖所示，在勻強磁場中傾斜放置電阻不計的兩根平行光滑金屬導軌，金屬導軌與水平面成37角，平行導軌間距L1.0 m勻強磁場方向垂直于導軌平面向下，磁感應強度B1.0 T兩根金屬桿ab和cd可以在導軌上無摩擦地滑動兩金屬桿的質量均為m0.20 kg，ab桿的電阻為R11.0 ，cd桿的電阻為R22.0 .若用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿ab上，使ab桿勻速上滑并使cd桿在導軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均
20、與導軌垂直且接觸良好取重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)ab桿上滑的速度v的大??；(2)ab桿兩端的電勢差Uab；(3)0.5 s的時間內通過cd桿的電量q.答案(1)3.6 m/s(2)2.4 V(3)0.60 C解析(1)以cd桿為研究對象，根據共點力的平衡條件可得：BILmgsin37，解得：IA1.2 A，根據閉合電路的歐姆定律可得：ab桿產生的感應電動勢EI(R1R2)1.23 V3.6 V，根據法拉第電磁感應定律可得：EBLv，解得：v3.6 m/s.(2)ab桿兩端的電勢差是路端電壓，根據歐姆定律可得：UIR21.22 V2.4 V，根據右
21、手定則可知a點電勢比b點的高，故有：Uab2.4 V.(3)由于桿勻速運動，所以通過桿的電流為一個定值，根據電荷量的計算公式可得：qIt1.20.5 C0.60 C.13如圖的水平光滑金屬導軌在同一水平面上，間距分別為L和，間距為L的導軌有一小段左右斷開，為使導軌上的金屬棒能勻速通過斷開處，在此處鋪放了與導軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處)質量為m，電阻為R1的均勻金屬棒ab垂直于導軌放置在靠近斷開處的左側，另一質量也為m，電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導軌放置在間距為的導軌左端導軌MN和PQ、MN和PQ都足夠長，所有導軌的電阻都不計電源電動勢為E，內阻不計整個裝置所在空間有豎直方向的，
22、磁感應強度為B的勻強磁場閉合開關S，導體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達斷開處右側的導軌上求：(1)空間勻強磁場的方向；(2)通過電源E某截面的電荷量；(3)從導體棒ab滑上導軌MN和PQ起至開始勻速運動止，這一過程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機械能答案(1)豎直向下(2)(3)mv02解析(1)閉合開關S，電流由b到a，導體棒ab受到的安培力向右，由左手定則可知磁場的方向豎直向下(2)對ab棒，設受安培力的時間為t，這段時間內的平均電流為I，平均安培力為F，通過導體棒(也就是電源)某截面的電荷量為q.由動量定理得：Ftmv00，且FBIL，qIt，聯(lián)立得：q.(3)ab滑
23、上MN和PQ時的速度仍為v0，安培力使ab減速，使cd加速，直至電路中電流為0(即總感應電動勢為0)而各自做勻速運動，設ab和cd勻速運動的速度分別為v1和v2.經歷的時間為t，這一過程回路中的平均電流為I.由動量定理得：對ab棒：BILtmv1mv0；對cd棒：BItmv20；穩(wěn)定時有：BLv1Bv2，解得：v1，v2.棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機械能為：Emv02，解得：Emv02.14如圖所示，光滑平行長直導軌固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，垂直于導軌的虛線MN左側、虛線PQ右側均有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B.MN、PQ間有垂直于導軌放置的長度均為l
24、的直導體棒a、b，質量分別為m、2m，電阻分別為2R、R，兩導體棒間夾有壓縮了的彈簧，彈簧與導體棒不拴接，彈簧處于鎖定狀態(tài)若固定導體棒a解除彈簧鎖定，導體棒b被彈開后以一定的速度進入磁場(b進入磁場前，彈簧已恢復原長)，從b進入磁場到b最終停止的過程中，導體棒b中產生的焦耳熱為Q.導軌的電阻不計，求：(1)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能；(2)導體棒b進入磁場時的速度大小及在磁場中滑行的距離；(3)若導體棒a不固定解除彈簧的鎖定后，兩導體棒恰好能同時進入磁場，則兩導體棒剛進入磁場時的速度分別為多大？當導體棒a的速度為進磁場時速度的一半時，回路中的電功率多大？答案(1)3Q(2)(3)2解析(1)導
25、體棒b中產生的焦耳熱為Q，則整個電路產生的焦耳熱為：Q總3R3Q，根據功能關系可得彈簧被鎖定時具有的彈性勢能為：Ep3Q.(2)導體棒b進入磁場時的速度大小為v，則有：Ep2mv2，解得：v；根據動量定理可得：BILt02mv，其中I則有：2mv，解得在磁場中滑行的距離為：xt.(3)若導體棒a不固定解除彈簧的鎖定后，兩導體棒剛進入磁場時的速度分別為va、vb，根據動量守恒定律可得：mva2mvb，根據功能關系可得：Epmva22mvb2，聯(lián)立解得：va2，vb，當導體棒a的速度為進磁場時速度的一半時，即為：va，由于水平方向合動量為零，則b的速度為：vb，此時回路中的感應電動勢為：EBL(vavb)BL.回路中的電功率為：P.14
（新課標）2020高考物理二輪復習 專題強化訓練9 電磁感應問題（含解析）
