《2020高考物理單元卷 電磁感應規(guī)律的綜合應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理單元卷 電磁感應規(guī)律的綜合應用（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第四模塊 第9章 第3單元 一、選擇題 圖14 1．邊長為h的正方形金屬導線框，從如圖14所示的初始位置由靜止開始下落，通過一勻強磁場區(qū)域，磁場方向是水平的且垂直于線框平面，磁場區(qū)域?qū)挾鹊扔贖，上下邊界如圖14中水平虛線所示，H>h.從線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)域的整個過程中 (　　) A．線框中總是有感應電流存在 B．線框受到的磁場力的合力的方向有時向上，有時向下 C．線框運動的加速度方向始終是向上的 D．線框速度的大小不一定總是在增大 解析：因H>h，當導線框全部進入磁場時，磁通量不變，無感應電流，以加速度g做勻加速運動，線框從磁場下邊界穿出時，可能

2、做減速運動．故D正確． 答案：D 圖15 2．如圖15所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導線的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則 (　　) A．ef將減速向右運動，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運動，最后停止 C．ef將勻速向右運動 D．ef將往返運動 解析：ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運

3、動．故A正確． 答案：A 圖16 3．如圖16所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，與環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為 (　　) A. B. C. D．Bav 解析：擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應電動勢E＝B·2a·(v)＝Bav.由閉合電路歐姆定律， UAB＝·＝Bav，故選A. 答案：A 圖17 4．如圖17所示，質(zhì)量為m，高為h的矩形導

4、線框在豎直面內(nèi)下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿過一有理想邊界，高亦為h的勻強磁場區(qū)域，線框在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為 (　　) A．mgh B．2mgh C．大于mgh而小于2mgh D．大于2mgh 解析：因線框勻速穿過磁場，在穿過磁場的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh.故選B. 答案：B 5．如圖18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，整個裝置處于垂直于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(xiàn)給導線MN一初速度，使導線MN向右運動，當

5、電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動時 (　　) 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 圖18 解析：當棒勻速運動時，電動勢E＝BLv不變，電容器不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故選項C是正確的． 答案：C 6．粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如下圖所示，則在移出過程中線框的

6、一邊a、b兩點間電勢差絕對值最大的是 (　　) 解析：線框切割磁感線，導體長度相同，感應電動勢和電流大小相同，設線框每邊電阻為R，則A選項Uab＝IR，B選項Uab＝I·3R，C選項Uab＝IR，D選項Uab＝IR，故選B. 答案：B 7．如圖19所示，平行導軌與水平地面成θ角，沿水平方向橫放在平行導軌上的金屬棒ab處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)加一個豎直向下的勻強磁場，且使磁場的磁感應強度逐漸增大，直 ab開始運動，在運動之前金屬棒ab受到的靜摩擦力可能是 (　　) A．逐漸減小，方向不變 B．逐漸增大，方向不變 C．先減小后增大，方向發(fā)生變化 D．先增大后減小，方向發(fā)生變化

7、 解析：加磁場前金屬棒ab受力如圖20的①，f＝mgsinθ；當加磁場后由楞次定律可以判斷回路感應電流的方向為逆時針，磁場會立即對電流施加力的作用，金屬棒ab的受力如圖②，f＝mgsinθ＋f安cosθ，很顯然金屬棒ab后來受到的靜摩擦力大于開始時的靜摩擦力，故B項正確． 圖20 答案：B 8．在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖21甲所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t做如圖21乙變化時，下列選項中能正確表示線圈中感應電動勢E變化的是 (　　) 圖21 解析：由圖21乙知0～1 s內(nèi)磁通量向上均勻增加

8、，由楞次定律知電流方向為正方向且保持不變； 3 s～5 s內(nèi)磁通量向下均勻減小，由楞次定律知電流方向為負方向且保持不變． 由法拉第電磁感應定律知感應電動勢大小與磁通量變化率成正比，故3 s～5 s內(nèi)的電動勢是0～1 s內(nèi)電動勢的.應選A. 答案：A 9．如圖22所示，用鋁板制成U型框，將一質(zhì)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， 圖22 則 (　　) A．懸線豎直，F(xiàn)T＝mg B．懸線豎直，F(xiàn)T>mg C．懸線豎直，F(xiàn)T

9、過程中豎直板切割磁感線，產(chǎn)生動生電動勢，由右手定則判斷下板電勢高于上板，動生電動勢大小E＝BLv，即帶電小球處于電勢差為BLv的電場中，所受電場力F電＝qE電＝q＝q＝qvB 設小球帶正電，則電場力方向向上． 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，故無論小球帶什么電怎樣運動，F(xiàn)T＝mg.選項A正確． 答案：A 10．(2020年福建卷)如圖23所示，固定放置在同一水平面內(nèi)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磁感應強度大小為B的勻強磁場中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩

10、導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)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．桿的速度最大值為 B．流過電阻R的電量為 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＝，選項A錯，流過電阻R的電量為q＝It＝＝，選項B對；根據(jù)動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數(shù)

11、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(shù)和大于桿動能的變化量，選項C錯D對． 答案：BD 二、計算題 11．矩形線圈abcd，長ab＝20 cm，寬bc＝10 cm，匝數(shù)n＝200，線圈回路總電阻R＝5 Ω.整個線圈平面內(nèi)均有垂直于線框平面的勻強磁場穿過，若勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖24所示，求： (1)線圈回路中產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流； (2)當t＝0.3 s時，線圈的ab邊所受的安培力大??； (3)在1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)磁感應強度的變化率 ＝ T/s＝0.5 T/s 感應電動勢為 E＝n＝

12、nS＝200×0.1×0.2×0.5 V＝2 V 感應電流為I＝＝ A＝0.4 A. (2)當t＝0.3 s時，磁感應強度B＝0.2 T，則安培力為 F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2 N＝3.2 N. (3)Q＝I2Rt＝0.42×5×60 J＝48 J. 答案：(1)2 V　0.4 A　(2)3.2 N　(3)48 J 12．如圖25所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，軌距為d.空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B.P、M間所接電阻阻值為R.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電 阻為r.現(xiàn)從靜止釋放ab，當它沿

13、軌道下滑距離時，達到最大速度．若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度為g.求： (1)金屬桿ab運動的最大速度； (2)金屬桿ab運動的加速度為gsinθ時，電阻R上的電功率； (3)金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功． 解析：(1)當桿達到最大速度時F＝mgsinθ 安培力F＝BId 感應電流I＝ 感應電動勢E＝Bdvm 解得最大速度vm＝ (2)當ab運動的加速度為gsinθ時 根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－BI′d＝m×gsinθ 電阻R上的電功率P＝I′2R 解得P＝()2R (3)根據(jù)動能定理mgs·sinθ－WF＝mv－0 解得WF＝mgx·sinθ－ 答案：(1)　(2)()2R (3)mgx·sinθ－