2020高考物理復習 金版教程 第9章第3單元 電磁感應規(guī)律的綜合應用練習

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1、限時規(guī)范特訓 (時間：45分鐘　分值：100分) 1.[2020·山東省濟寧市金鄉(xiāng)二中高三月考]如圖所示，正方形閉合導線框的質量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場．若第一次用0.3 s時間拉出，外力所做的功為W1；第二次用0.9 s時間拉出，外力所做的功為W2，則(　　) A. W1＝W2　　　　　 B. W1＝W2 C. W1＝3W2 D. W1＝9W2 解析：因為是勻速拉出，外力做的功等于感應電流做的功(根據動能定理或能量的轉化與守恒判斷)，設導線框的邊長為l，拉出時的速度為v，則E＝Blv，W＝t＝·＝∝v，本題中，v1＝3v2，所以W1＝3W2.本題答案

2、為C. 答案：C 2.用均勻導線做成的正方形線框邊長為0.2 m，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖所示．當磁場以10 T/s的變化率增強時，線框中a、b兩點間的電勢差是(　　) A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V 解析：題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產生感應電動勢，從而在線框中有感應電流產生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內電阻為，畫出等效電路如圖所示．則a、b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設l是邊長，且依題意知＝10 T/s.由E＝得E＝＝＝10× V＝0.2 V 所以U＝I

3、R＝·R＝× V＝0.1 V，由于a點電勢低于b點電勢，故Uab＝－0.1 V，即B選項正確． 答案：B 3．[2020·遼寧省丹東市四校協(xié)作體高三摸底理綜卷]如圖所示，平行導軌置于磁感應強度為B的勻強磁場中(方向向里)，間距為L，左端電阻為R，其余電阻不計，導軌右端接一電容為C的電容器．現有一長2L的金屬棒ab放在導軌上，ab以a為軸順時針以ω轉過90°的過程中，通過R的電量為(　　) A. Q＝ B. Q＝2BL2ωC C. Q＝ D. Q＝BL2(＋2ωC) 解析：在金屬棒從開始轉過60°的過程中，金屬棒、導軌和電阻R組成閉合回路，轉動的金屬相當于一個電源，此過程中

4、流過R的電量q1＝IΔt＝Δt＝＝；該過程中，電容器充電，金屬棒轉過60°時，金屬棒上產生的感應電動勢為E＝B·2L·×2Lω＝2BL2ω，電容器兩極板上的帶電量q2＝CE＝2CBL2ω；在金屬棒轉過60°至90°的過程中，原來由金屬棒、導軌和電阻R組成閉合回路斷路，感應電流消失，但是電容器開始通過R放電，放電量為q2＝2CBL2ω；所以整個過程中，通過R的電量為q＝q1＋q2＝BL2(＋2Cω)． 答案：D 4. [2020·廣東]將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是(　　) A. 感應電動勢的大小與線圈

5、的匝數無關 B. 穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大 C. 穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大 D. 感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同 解析：本題考查法拉第電磁感應定律等知識． 根據法拉第電磁感應定律E＝nS，在其他條件不變的情況下，感應電動勢的大小與線圈匝數成正比，A錯；由上式可知，在n，S不變的情況下(穿過線圈的磁通量)變化越快，E越大，B錯，C對；由于不知道原磁場的磁通量是變大還是變小，所以也就不知道感應電流產生的磁場方向與原磁場方向是相同還是相反，D錯． 答案：C 5．如圖所示，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計的水平放置的導體棒，質量為m，

6、棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑經一段時間后閉合開關S，則S閉合后 (　　) A．導體棒ef的加速度一定大于g B．導體棒ef的加速度一定小于g C．導體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同 D．導體棒ef的機械能與回路內產生的電能之和一定守恒 解析：開關閉合前，導體棒只受重力而加速下滑．閉合開關時有一定的初速度v0，若此時F安>mg，則F安－mg＝ma.若F安

7、確定，A、B錯誤；無論閉合開關時初速度多大，導體棒最終的安培力和重力平衡，故C錯誤．根據能量守恒定律可知D正確． 答案：D 6.如圖所示，固定放置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的磁感應強度大小為B的勻強磁場中．一質量為m(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數為μ.當桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)．設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g.則此過程(　　) A．桿的速度最大

8、值為 B．流過電阻R的電荷量為 C．恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量 D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量 解析：當桿的速度達到最大時，安培力F安＝，桿受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝，A錯；流過電阻R的電荷量為q＝＝＝，B對；根據動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數和等于桿動能的變化量，由于摩擦力做負功，所以恒力F、安培力做功的代數和大于桿動能的變化量，C錯，D對． 答案：BD 7. [2020·上海]如圖，磁場垂直于紙面，磁感應強度在豎直方向均勻分布，水平方向非均勻分布．一銅制圓環(huán)用絲線懸掛于O點，將圓環(huán)拉至位置a后無初速釋放，在

9、圓環(huán)從a擺向b的過程中(　　) A. 感應電流方向先逆時針后順時針再逆時針 B. 感應電流方向一直是逆時針 C. 安培力方向始終與速度方向相反 D. 安培力方向始終沿水平方向 解析：本題考查對楞次定律的理解和應用． 本題磁場的特點是靠近中心線磁場較強，而兩側磁場較弱．圓環(huán)從a擺向b的過程中，磁感線先是向里增多，感應電流的方向是逆時針；然后是向里減少，向外增多，感應電流的方向是順時針；再后是向外減小，感應電流的方向是逆時針．由于上、下半圓受到安培力大小相等，所以只需分析左、右半圓受到的安培力即可．安培力總是阻礙導圓環(huán)由左向右運動，故方向水平向左．選項AD正確． 答案：AD 8．如

10、圖所示，兩光滑平行金屬導軌間距為L，直導線MN垂直跨在導軌上，且與導軌接觸良好，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導軌和導線的電阻均不計．現給導線MN一初速度，使導線MN向右運動，當電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動，則 (　　) A．電容器兩端的電壓為零 B．電阻兩端的電壓為BLv C．電容器所帶電荷量為CBLv D．為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為 解析：當導線MN勻速向右運動時，導線MN產生的感應電動勢恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無電流產生，故電阻兩端無電壓，電容器兩極板間電壓U＝E＝BLv，所帶電荷

11、量Q＝CU＝CBLv，故A、B錯，C對；MN勻速運動時，因無電流而不受安培力，故拉力為零，D錯． 答案：C 9．[2020·江蘇省鹽城市高三摸底考試]如圖所示的電路中，燈泡A、B電阻相同，自感線圈L的電阻跟燈泡相差不大．先接通S，使電路達到穩(wěn)定，再斷開S.電流隨時間變化圖象，下列正確的是(　　) 解析：S接通時，流過線圈的電流發(fā)生變化，線圈中會產生自感電動勢，阻礙電流的變化，經過一段時間后，自感作用消失，電路達到穩(wěn)定，流過燈A的電流如選項B所示；S接通且電路穩(wěn)定時，流過燈B的電流大于流過燈A的電流，方向是從左到右，當S斷開時，線圈L產生自感電動勢，并與燈B組成回路，產生自感電流，使流

12、過燈B的電流反向，并突然減小從斷開前流過線圈的電流大小開始逐漸減小到零，選項D正確． 答案：BD 10．如圖所示，有一用鋁板制成的U型框，將一質量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛在框中，使整體在勻強磁場中沿垂直于磁場方向向左以速度v勻速運動，懸掛拉力為FT，則 (　　) A．懸線豎直，FT＝mg B．懸線豎直，FT>mg C．懸線豎直，FT

13、qvB. 設小球帶正電，則所受電場力方向向上. 同時小球所受洛倫茲力F洛＝qvB，方向由左手定則判斷豎直向下，即F電＝F洛，所以FT＝mg.同理分析可知當小球帶負電時，FT＝mg.故無論小球帶什么電，FT＝mg. 選項A正確． 答案：A 11．[2020·山東省臨朐第六中學高三月考]如下圖所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP放置在水平面內，MO間接有阻值為R＝3 Ω的電阻，導軌相距d＝1 m，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感強度B＝0.5 T．質量為m＝0.1 kg，電阻為r＝1 Ω的導體棒CD垂直于導軌放置，并接觸良好，現用平行于MN的恒力F＝1 N向右拉動CD，CD受摩擦阻力f恒為

14、0.5 N．求 (1)CD運動的最大速度是多少？ (2)當CD達到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？ (3)當CD的速度為最大速度的一半時，CD的加速度是多少？ 解析：(1)對于導體棒CD，其受到的安培力：F0 ＝ BId，根據法拉第電磁感應定律有：E ＝ Bdv，在閉合回路CDOM中，由閉合電路歐姆定律得：I ＝ E/ (R ＋ r)． 當v ＝ vmax時，有：F ＝ F0 ＋ f，上各式可解得vm＝＝8 m/s. (2)當CD達到最大速度時有E ＝ Bdvmax，則可得Imax ＝ Emax/(R ＋ r)，由電功率公式可得Pmax＝IR， 由以上各式可得電阻R消耗

15、的電功率是： Pmax＝＝3W. (3)當CD的速度為最大速度的一半時E′＝Bd，回路中電流為：I′＝E′/(R ＋ r)，CD受到的安培力大小F′＝BI′d，由牛頓第二定律得：F合 ＝ F－F′－f ＝ma，代入數據可解得：a ＝ 2.5 m/s2. 12.[2020·湖北省黃岡市黃州區(qū)一中高三月考]如圖所示，足夠長的光滑導軌ab、cd固定在豎直平面內，導軌間距為l，b、c兩點間接一阻值為R的電阻．ef是一水平放置的導體桿，其質量為m、有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸．整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直．現用一豎直向上的力拉導體桿，使導體桿從

16、靜止開始做加速度為的勻加速運動，上升了h高度，這一過程中bc間電阻R產生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計導軌電阻及感應電流間的相互作用．求： (1)導體桿上升到h過程中通過桿的電量； (2)導體桿上升到h時所受拉力F的大小； (3)導體桿上升到h過程中拉力做的功． 解析：(1)感應電量q＝Δt，根據閉合電路的歐姆定律＝，根據電磁感應定律，得＝， q＝＝. (2)設ef上升到h時，速度為v1、拉力為F，根據運動學公式，得v1＝， 根據牛頓第二定律，得F－mg－BI1l＝ma，根據閉合電路的歐姆定律，得I1＝，綜上三式，得F＝＋. (3)由功能關系，得WF－mgh－2Q＝－0，解得WF＝＋2Q.