《（新課標）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡易通 第9講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡易通 第9講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第9講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用 (1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題) 1．如圖4－9－15所示，虛線MN表示正方形金屬框的一條對稱軸，A、B、C是三個磁感線均勻分布的有界磁場區(qū)，區(qū)內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律都滿足B＝kt，金屬框按照圖示方式處在磁場中，測得金屬框在A區(qū)中的感應(yīng)電流為I0，在B區(qū)和C區(qū)內(nèi)感應(yīng)電流分別為IB、IC，以下判斷中正確的是 (　　)． 圖4－9－15 A．IB＝2I0，IC＝2I0 B．IB＝2I0，IC＝0 C．IB＝0，IC＝0 D．IB＝I0，IC＝0 解析　A、B、C的磁通量分別為ΦA(chǔ)＝B，ΦB＝BL2和ΦC＝0，由法拉第

2、電磁感應(yīng)定律得，EA＝k，EB＝kL2和EC＝0.回路的電阻一定，由I＝，可知IB＝2I0，IC＝0，則選項B正確． 答案　B 2. 如圖4－9－16所示，質(zhì)量為m的金屬環(huán)用線懸掛起來．金屬環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強磁場中．從某時刻開始，磁感應(yīng)強度均勻減小，則在磁感應(yīng)強度均勻減小的過程中，關(guān)于線拉力的大小的下列說法正確的是 (　　)． 圖4－9－16 A．大于環(huán)的重力mg，并逐漸減小 B．始終等于環(huán)的重力mg C．小于環(huán)的重力mg，并保持恒定 D．大于環(huán)的重力mg，并保持恒定 解析　在磁場均勻減小的過程中，金屬環(huán)由于受安培力作用要阻礙磁通量的減小，所以有向下運動

3、的趨勢，即線拉力大于環(huán)的重力．由于感應(yīng)電流不變，而磁場逐漸減小，所以拉力逐漸減小，答案為A. 答案　A 3. 如圖4－9－17所示，圓形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是 (　　)． 圖4－9－17 A．線圈a中將產(chǎn)生俯視順時針方向的感應(yīng)電流 B．穿過線圈a的磁通量變小 C．線圈a有擴張的趨勢 D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大 解析　通過螺線管b的電流如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則判斷出螺線管b所產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，滑片P向下滑動，接

4、入電路的電阻減小，電流增大，所產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度增強，根據(jù)楞次定律，a線圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向豎直向上，再由右手螺旋定則可得線圈a中的電流方向為俯視逆時針方向，A選項錯誤；由于螺線管b中的電流增大，所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度增強，線圈a中的磁通量應(yīng)變大，B選項錯誤；根據(jù)楞次定律，線圈a將阻礙磁通量的增大，因此，線圈a縮小，線圈a對水平桌面的壓力增大，C選項錯誤，D選項正確． 答案　D 4．(2013·浙江卷，15)磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈．當(dāng)以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，其E－t關(guān)系如圖4－9－18所示．如果只將刷卡速度改

5、為，線圈中的E－t關(guān)系圖可能是 (　　)． 圖4－9－18 解析　當(dāng)以不同速度刷卡時，磁卡的不同的磁化區(qū)經(jīng)過線圈時，線圈內(nèi)的磁通量的變化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v0變?yōu)闀r，完成相同磁通量變化的時間Δt變?yōu)樵瓉淼?倍，由E＝n得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相應(yīng)的都變?yōu)樵瓉淼模蔇選項正確． 答案　D 5．面積為S，帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖4－9－19甲所示．有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖乙所示，欲使重力不計、電荷量為＋q的微粒在平板之間處于靜止?fàn)顟B(tài)，所施加

6、的外力F隨時間t的變化關(guān)系是(豎直向下為力F的正方向) (　　)． 圖4－9－19 解析　0～1 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，上極板帶負電，下極板帶正電，因微粒帶正電，則微粒所受電場力方向豎直向上，為使微粒靜止，故外力F應(yīng)豎直向下；1～2 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，上極板帶正電，下極板帶負電，因微粒帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向下，為使微粒靜止，外力F應(yīng)豎直向上；2～3 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，上極板帶正電，下極板帶負電，微粒受電場力方向豎直向下，故外力F豎直向上；3～4 s內(nèi)情況：上極板帶負電，下極板帶正電，微粒所受電場力方向豎直向上，故外力F應(yīng)豎直向下．整個過程，兩極板間

7、的電場強度大小E＝＝＝，電場力為.正確答案為B. 答案　B 6．如圖4－9－20所示，兩根完全相同的導(dǎo)線構(gòu)成匝數(shù)分別為n1和n2的圓形閉合線圈A和B.兩線圈平面與磁場垂直．當(dāng)磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化時，兩線圈中的感應(yīng)電流之比IA∶IB為 (　　)． 圖4－9－20 A．n1∶n2 B．n2∶n1 C．n∶n D．n∶n 解析　導(dǎo)線總長度l＝2πr·n① 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n·πr2② 由電阻定律得R＝ρ③ I＝④ 由①②③④得：I∝ 所以＝，故選項B對． 答案　B 7. 如圖4－9－21所示，在傾角為θ的斜面上固定兩條光滑導(dǎo)軌MN、PQ，電

8、阻不計，導(dǎo)軌處于垂直于斜面向上的勻強磁場中．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab，并對其施加一平行斜面向上的恒定作用力，使其加速向上運動．某時刻在導(dǎo)軌上再由靜止放置一個與ab相同的金屬棒cd，cd棒恰好能保持靜止，且ab棒同時由加速運動變?yōu)閯蛩龠\動，則 (　　)． 圖4－9－21 A．外力大小為mgsin θ B．外力大小為2mgsin θ C．放置cd棒前外力的功率保持不變 D．金屬棒cd受到的安培力大小為mgsin θ 解析　cd棒置于導(dǎo)軌上時，恰好能保持靜止，則F安＝mgsin θ，選項D正確；cd棒置于導(dǎo)軌上之前，ab棒雖然切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但沒有形成回路，沒

9、有電流，不受安培力，放上cd棒瞬間電路閉合，產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就受到安培力，此時ab棒勻速運動，故有F外＝F安＋mgsin θ，顯然，F(xiàn)外＝2mgsin θ，選項B正確，A錯誤；放置cd棒前外力不變，速度不斷增大，所以外力的功率逐漸增大，選項C錯誤． 答案　BD 8. 如圖4－9－22所示，一個高度為L的矩形線框無初速度地從高處落下，設(shè)下落過程中，線框保持水平向下平動．在線框的下方，有一個上、下界面都是水平的勻強磁場區(qū)，磁場區(qū)高度為2L，磁場方向與線框平面垂直．閉合線框下落后，剛好可以勻速進入磁場區(qū)，整個過程中，線框中的感應(yīng)電流i隨位移變化的圖象可能是 (　　)． 圖4－9－22

10、 解析　線框勻速進入磁場時，感應(yīng)電流恒為I0，方向不變．線框完全進入磁場后，安培力立即消失，線框勻加速運動．當(dāng)下邊剛出磁場時，線框的速度大于進入磁場時的速度，故電流大于I0，線框所受安培力大于重力，做減速運動，但上邊離開磁場時的速度不會小于線框進磁場時的速度，故x＝3L處電流不小于I0，選項A、C都錯． 答案　BD 9．(2013·四川卷，7)如圖4－9－23所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k＞0)．回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開關(guān)S

11、，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則 (　　)． 圖4－9－23 A．R2兩端的電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢kL2 解析　由楞次定律可知，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，所以電容器b極板帶正電，選項B錯誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢E＝kπr2，選項D錯誤．R2與的并聯(lián)阻值R并＝＝.根據(jù)串聯(lián)分壓的特點可知：UR2＝U×＝U，選項A正確．由P＝得：PR2＝＝，PR＝＋＝，所以PR＝5PR2選項C正

12、確． 答案　AC 10．如圖4－9－24甲所示，光滑的平行水平金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在MP之間接一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為d的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也剛好為L的導(dǎo)體棒ab垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊界相距d0.現(xiàn)用一個水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運動，棒ab離開磁場區(qū)域前已做勻速直線運動，棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖4－9－24乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是 (　　)． 圖4－9－24 A．棒ab在ac之間的運動是勻加速直線運動

13、 B．棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運動，再做勻速運動 C．棒ab在ce之間不可能一直做勻速運動 D．棒ab經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為 解析　棒ab在ac之間運動時，水平方向只受到恒定拉力F0作用，做勻加速直線運動，A正確；棒ab進入磁場后立即受到安培力的作用，若水平拉力大于安培力，則棒ab加速運動，但加速度隨著速度的增大而減小，直到勻速運動，B正確；若棒ab進入磁場后安培力與水平拉力恰好平衡，則棒ab在磁場中可能一直做勻速運動，C錯誤；棒ab經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為，D錯誤． 答案　AB 11．兩根平行、光滑的、相距l(xiāng)＝1 m的長金屬導(dǎo)軌(電阻不計)

14、被固定在絕緣水平面上，左端接有R＝2 Ω的電阻，導(dǎo)軌間區(qū)域加上與導(dǎo)軌垂直、方向垂直紙面的磁場，磁場方向分布如圖4－9－25所示，磁場寬度相同且其寬度d＝0.6 m，磁感應(yīng)強度B1＝ T、B2＝0.8 T．現(xiàn)有電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒ab(長為l)垂直導(dǎo)軌放置且接觸良好，當(dāng)導(dǎo)體棒ab以v＝5 m/s的速度從邊界MN進入磁場后始終做勻速運動，求： 圖4－9－25 (1)導(dǎo)體棒ab進入磁場B1區(qū)域時拉力的功率； (2)導(dǎo)體棒ab經(jīng)過任意一個磁場B2區(qū)域過程中通過電阻R的電荷量； (3)導(dǎo)體棒ab勻速運動過程中電阻R兩端的電壓有效值． 解析　(1)導(dǎo)體棒ab在磁場B1區(qū)域中運動時，產(chǎn)生的感

15、應(yīng)電動勢為E1＝B1lv，感應(yīng)電流I1＝ 所受安培力F安＝B1I1l，導(dǎo)體棒ab做勻速運動， 則F拉＝F安 故拉力的功率P＝F拉v＝＝ W＝0.67 W. (2)經(jīng)過任意一個磁場B2區(qū)域過程中，通過電阻R的電荷量q＝I2Δt2 由題意得I2＝，位移d＝vΔt2 解得q＝＝0.16 C. (3)導(dǎo)體棒進入磁場B2區(qū)域時，感應(yīng)電動勢E2＝B2lv＝4 V，進入磁場B1區(qū)域時，感應(yīng)電動勢E1＝B1lv＝ V 設(shè)感應(yīng)電動勢的有效值為E，一個周期T中，一半時間內(nèi)感應(yīng)電動勢為E1，一半時間內(nèi)感應(yīng)電動勢為E2，則有 ×＋×＝×T 解得E＝3 V 電阻R兩端電壓有效值為UR＝R＝2 V.

16、 答案　(1)0.67 W　(2)0.16 C　(3)2 V 12．(2013·廣東卷，36)如圖4－9－26(a)所示，在垂直于勻強磁場B的平面內(nèi)，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接，電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件，流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關(guān)系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點，ω＞0代表圓盤逆時針轉(zhuǎn)動．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圓盤、電流表和導(dǎo)線的電阻． 圖4－9－26 (1)根據(jù)圖(b)寫出ab、bc段對應(yīng)的I與ω的關(guān)系式； (2)求出圖(b

17、)中b、c兩點對應(yīng)的P兩端的電壓Ub、Uc； (3)分別求出ab、bc流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式． 解析　(1)由題圖(b)得出三點坐標a(－45，－0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直線的兩點式得I與ω的關(guān)系式為I＝ (2)圓盤切割產(chǎn)生的電動勢為： E＝Br＝Bωr2＝0.02ω 當(dāng)ω＝15 rad/s時E＝0.3 V， 當(dāng)ω＝45 rad/s時E＝0.9 V，忽略電源內(nèi)阻， 故UP＝E，可得：Ub＝0.3 V，Uc＝0.9 V (3)對應(yīng)于c點P導(dǎo)通，通過電表的電流 I總＝＋＝ A＋＝0.4 A 解得RP＝9 Ω 則對應(yīng)于bc段流過P的電流IP＝＝ 對應(yīng)于a點元件P不導(dǎo)通，則對應(yīng)于ab段流過P的電流IP＝0. 答案　見解析