2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用優(yōu)練(含解析)
《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用優(yōu)練(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 600分沖刺 專題四 電路和電磁感應(yīng) 第12講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用優(yōu)練(含解析)(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用 一、選擇題(本題共8小題,其中1~5題為單選,6~8題為多選) 1.(2019·廣東模擬)航母上飛機(jī)彈射起飛是利用電磁驅(qū)動來實現(xiàn)的。電磁驅(qū)動原理如圖所示,在固定線圈左右兩側(cè)對稱位置放置兩個閉合金屬圓環(huán),鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同,已知銅的電阻率較小,則合上開關(guān)S的瞬間( D ) A.兩個金屬環(huán)都向左運(yùn)動 B.兩個金屬環(huán)都向右運(yùn)動 C.銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力 D.從左側(cè)向右看,鋁環(huán)中感應(yīng)電流沿順時針方向 [解析] 若環(huán)放在線圈兩邊,根據(jù)“來拒去留”可得,合上開關(guān)S的瞬間,環(huán)為阻礙磁通量增大,則環(huán)將向兩邊運(yùn)動,A、B錯誤;由于銅環(huán)的電阻較小
2、,則銅環(huán)中感應(yīng)電流較大,故銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán),C錯誤;線圈中電流為右側(cè)流入,磁場方向為向左,在閉合開關(guān)的過程中,磁場變強(qiáng),由楞次定律可知,電流由左側(cè)向右看為順時針,D正確。 2.(2019·湖南模擬)圖甲為興趣小組制作的無線充電裝置中受電線圈示意圖,已知線圈匝數(shù)n=100匝、電阻r=1 Ω、橫截面積S=1.5×10-3 m2,外接電阻R=7 Ω。線圈處在平行于線圈軸線的磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化如圖乙所示,設(shè)磁場的正方向水平向左,則( C ) A.在0.005 s時通過電阻R的電流大小為0 B.在0.005 s時通過電阻R的電流方向由a流向b C.在0~0.01 s
3、內(nèi)通過電阻R的電荷量q=1.5×10-3C D.在0.02~0.03 s內(nèi)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q=1.8×10-3 J [解析] t=0.005 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度為0,磁通量為0,但磁通量的變化率最大,感應(yīng)電動勢最大,感應(yīng)電流最大,A錯誤;0~0.005 s過程中,磁感應(yīng)強(qiáng)度減小,磁通量減小,根據(jù)楞次定律,根據(jù)電流磁場方向向左,由安培定則知流過電阻R的電流方向由b流向a,B錯誤;在0~0.01 s內(nèi),根據(jù)感應(yīng)電量的公式有q=n,其中ΔΦ=2BS=2×4×10-2×1.5×10-3=1.2×10-4Wb,所以q=100×C=1.5×10-3C,C正確;由圖象知周期T=2.0×10-2s,角速度
4、ω===100π rad/s,感應(yīng)電動勢的最大值Em=nBSω=100×4×10-2×1.5×10-3×100π=0.6π,感應(yīng)電動勢的有效值E==,電流I==A,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=()2×7×0.01 J≈4.0×10-3 J,D錯誤。 3.(2019·江蘇模擬)發(fā)光二極管是目前電器指示燈廣泛使用的電子元件,在電路中的符號是“”。只有電流從標(biāo)有“+”號的一端流入時,它才能發(fā)光,如圖所示,螺線管與兩只反向并聯(lián)的發(fā)光二極管相連,磁鐵從螺線管的正上方由靜止釋放,向下穿過螺線管。下列說法正確的是( A ) A.磁鐵N極朝下釋放時,先紅燈亮后綠燈亮 B.磁鐵S極朝下釋放時,先
5、紅燈亮后綠燈亮 C.若磁鐵磁性足夠強(qiáng),則磁鐵可以懸停在管內(nèi) D.磁鐵減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的電能 [解析] 磁鐵N極朝下釋放時, 由楞次定律可判斷先是紅燈亮后綠燈亮,A正確;磁鐵S極朝下釋放時,由楞次定律可判斷先是綠燈亮后紅燈亮,B錯誤;即使磁鐵磁性足夠強(qiáng),磁鐵也不可能懸停在管內(nèi),因為假設(shè)懸停在管內(nèi),螺線管內(nèi)無磁通量變化,無感應(yīng)電流產(chǎn)生,磁鐵只受重力,C錯誤;此過程中,磁鐵的重力勢能、動能和回路中的電能相互轉(zhuǎn)化,磁鐵減少的機(jī)械能等于回路中產(chǎn)生的電能,D錯誤。 4.(2019·云南模擬)如圖所示,兩光滑水平放置的平行金屬導(dǎo)軌間距為L,直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,整個
6、裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電容器的電容為C,除電阻R外,導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計?,F(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度,使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動,當(dāng)電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右勻速運(yùn)動時( C ) A.電容器兩端的電壓為零 B.通過電阻R的電流為 C.電容器所帶電荷量為CBLv D.為保持MN勻速運(yùn)動,需對其施加的拉力大小為 [解析] 導(dǎo)線向右運(yùn)動時切割磁感線,給電容器充電,根據(jù)左手定則可知,安培力使得導(dǎo)線減速運(yùn)動,當(dāng)電容器電壓與導(dǎo)線的電動勢相等時,導(dǎo)線中沒有電流,導(dǎo)線做勻速運(yùn)動,因此選項A、B均錯;根據(jù)Q=CU可知,最終電容器所帶電荷量為Q=CBLv,C正確;根據(jù)上述分析,當(dāng)
7、電容器電壓與切割磁感線的電動勢相等時,就沒有感應(yīng)電流,因此不要外界作用力,D錯誤。 5.(2019·遼寧沈陽模擬)如圖所示,兩個線圈套在同一個鐵芯上,線圈的繞向如圖甲所示,左線圈連著正方形線框abcd,線框所在區(qū)域存在變化的磁場,取垂直紙面向外力正,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化如圖乙所示,不計線框以外的感生電場,右側(cè)線圈連接一定值電阻R,下列說法中正確的是( D ) A.設(shè)t1、t3時刻ab邊電流大小分別為i1、i3,則有i1<i3,定值電阻R中有電流 B.t2~t4時間內(nèi)通過ab邊電量為0,定值電阻R中無電流 C.t1時刻ab邊中電流方向由a→b,e點電勢高于f點 D.t5時刻ab
8、邊中電流方向由b→a,f點電勢高于e點 [解析] 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n=nS,正方形線框中的感應(yīng)電動勢是恒定值, 原線圈中電流值恒定,副線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,e點電勢等于f點電勢,A錯誤;t2~t4時間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化,磁通量均勻變化,有恒定感應(yīng)電流通過ab,通過ab邊的電量不為0,副線圈磁通量不變,定值電阻R中無電流,B錯誤;t1時刻磁場方向向外且均勻增加,根據(jù)楞次定律,線框中感應(yīng)電流沿順時針方向,ab邊中電流方向由b→a,副線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,e點電勢等于f點電勢,C錯誤;t5時刻磁場方向垂直紙面向里,磁場變小,磁通量減小,根據(jù)楞次定律得感應(yīng)電流為順時針方向,ab邊中
9、電流方向由b→a,磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率增大,感應(yīng)電流變大,穿過副線圈的磁通量增大,根據(jù)楞次定律,副線圈中感應(yīng)電動勢上負(fù)下正,因此e點電勢低于f點,D正確。 6.(2019·福建漳浦模擬)健身車的磁控阻力原理如圖所示,在銅質(zhì)飛輪的外側(cè)有一些磁鐵(與飛輪不接觸),人在健身時帶動飛輪轉(zhuǎn)動,磁鐵會對飛輪產(chǎn)生阻礙,拉動控制拉桿可以改變磁鐵與飛輪間的距離。則( CD ) A.飛輪受到阻力大小與其材料密度有關(guān) B.飛輪受到阻力大小與其材料電阻率無關(guān) C.飛輪轉(zhuǎn)速一定時,磁鐵越靠近飛輪,其受到的阻力越大 D.磁鐵與飛輪間距不變時,飛輪轉(zhuǎn)速越大,其受到阻力越大 [解析] 飛輪在磁場中做
10、切割磁感線的運(yùn)動,所以會產(chǎn)生電源電動勢和感應(yīng)電流,根據(jù)楞次定律可知,磁場會對運(yùn)動的飛輪產(chǎn)生阻力,以阻礙飛輪與磁場之間的相對運(yùn)動,所以飛輪受到的阻力主要來源于磁鐵對它的安培力,而安培力大小與其材料的電阻率有關(guān),與其密度無關(guān),故A、B錯誤;磁鐵越靠近飛輪,飛輪處于的磁感應(yīng)強(qiáng)度越強(qiáng),所以在飛輪轉(zhuǎn)速一定時,磁鐵越靠近飛輪,飛輪上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流越大;飛輪受到的阻力越大,C正確;磁鐵和飛輪間的距離一定時,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,飛輪轉(zhuǎn)速越大,則飛輪上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流越大,那么飛輪受到的阻力越大,D正確。 7.(2019·浙江模擬)如圖所示,兩根足夠長、間距為l的固定光滑平行金屬
11、導(dǎo)軌,位于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌上橫放著質(zhì)量分別為m和3m的導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,已知兩棒的電阻均為R,回路中其余部分的電阻不計。開始時,導(dǎo)體棒cd靜止,導(dǎo)體棒ab以大小為v0的初速度從導(dǎo)軌左端開始向右運(yùn)動,忽略回路中電流對磁場的影響,導(dǎo)體棒ab和cd在運(yùn)動過程中不會發(fā)生碰撞,經(jīng)過足夠長的時間后,下列說法正確的是 ( BC ) A.金屬棒cd先做勻加速直線運(yùn)動,達(dá)到v0后做直線運(yùn)動 B.金屬棒cd先做變加速直線運(yùn)動,后以某一速度勻速直線運(yùn)動 C.兩金屬棒在運(yùn)動中產(chǎn)生的焦耳熱最多為mv D.兩金屬棒在運(yùn)動中產(chǎn)
12、生的焦耳熱最多為mv [解析] 開始階段ab棒向右減速運(yùn)動,cd棒向右加速運(yùn)動,cd棒速度小于ab棒速度。設(shè)某時刻ab棒速度為v1,cd棒速度為v2,v1>v2,則cd棒的加速度a2=。隨時間推移,v1減小,v2增大,故a2隨時間減小,因此cd棒先做變加速直線運(yùn)動。當(dāng)v1=v2時,a2=0,ab棒和cd棒以相同的速度v做勻速直線運(yùn)動。故選項A錯誤、選項B正確;設(shè)整個運(yùn)動過程中產(chǎn)生的焦耳為Q,以兩棒為系統(tǒng),由動量守恒定律有:mv0=4mv;由能量守恒定律有:mv=·4mv2+Q,聯(lián)立求解得:Q=mv,故選項C正確、選項D錯誤。 8.(2019·江蘇蘇州模擬)如圖所示,導(dǎo)體框位于豎直平面內(nèi),勻
13、強(qiáng)磁場垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0 T,水平導(dǎo)體棒MN可沿兩側(cè)足夠長的光滑導(dǎo)軌下滑而不分離,導(dǎo)體棒MN質(zhì)量m=0.1 kg,接入電路的電阻r=1.0 Ω;導(dǎo)軌寬度L=1.0 m,定值電阻R=3.0 Ω,裝置的其余部分電阻可忽略不計。將導(dǎo)體棒MN無初速度釋放,導(dǎo)體棒下滑h=2.0 m高度時速度達(dá)到最大,重力加速度g=10 m/s2。則導(dǎo)體棒( BD ) A.下滑的最大速度為4 m/s B.從釋放到下滑h高度所經(jīng)歷時間為2.1 s C.從釋放到下滑h高度過程中,電阻R產(chǎn)生的熱量為1.95 J D.從釋放到下滑h高度過程中,通過電阻R的電荷量為1 C [解析] 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)
14、動時速度最大,設(shè)為v。根據(jù)=mg得:v=1 m/s,A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律得:mg-=ma=m,變形得:mgΔt-Δt=mΔv,兩邊求和得:ΣmgΔt-∑Δt=ΣmΔv,可得:mgt-=mv,解得t=2.1 s,B正確;從釋放到下滑h高度過程中,根據(jù)能量守恒定律得:mgh=mv2+Q,電阻R產(chǎn)生的熱量為:QR=Q,解得:QR=1.462 5 J,C錯誤;從釋放到下滑h高度過程中,通過電阻R的電荷量為:===1 C,D正確。 二、計算題(本題共2小題,需寫出完整的解題步驟) 9.(2019·四川模擬)如圖所示, 一金屬導(dǎo)線單位長度的電阻為r,折成閉合的等腰直角三角形線框ABC,直角邊長為
15、d,在t=0時刻從圖示位置開始以速度v勻速穿過磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場區(qū)域?qū)挾葹?d。則: (1)當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場區(qū)域時,直角邊AC產(chǎn)生電動勢的大?。? (2)當(dāng)線框的水平直角邊進(jìn)入一半時,導(dǎo)線內(nèi)電流的大小; (3)若使線框穿出磁場區(qū)域過程中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,僅改變磁場,其他條件不變,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律。 [答案] (1)B0dv (2) (3)B=B0(t<) [解析] (1)當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場區(qū)域時,直角邊AC產(chǎn)生電動勢E=B0dv (2)當(dāng)線框的水平直角邊進(jìn)入一半時,有效切割長度為,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E′=B0·v=B0dv 線框的總電阻R總=
16、(2d+d)×r 則I=== (3)在t=0時刻磁通量Φ0=B0d2 t時刻磁通量Φ=B·(d-vt)2 要使線框穿出磁場區(qū)域過程中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,則Φ=Φ0 可得B=B0(t<) 10.(2019·高考大綱調(diào)研卷)兩固定水平平行金屬導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌上放著兩根相同導(dǎo)體棒ab和已知每根導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m,電阻均為R,導(dǎo)軌光滑且電阻不計,整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,開始時ab和cd兩導(dǎo)體棒有方向相反的水平初速度,大小分別為v0和2v0。 (1)求從開始到最終穩(wěn)定的過程中回路總共產(chǎn)生的焦耳熱; (2)當(dāng)ab棒的速度大小變?yōu)闀r,求: ①通過cd棒的電荷量為
17、多少? ②兩棒間的距離增大為多少? ③回路消耗的電功率為多少? [答案] (1)mv (2)①或?、诨颉、刍? [解析] (1)從開始到最終穩(wěn)定的過程中,兩棒總動量守恒,則有:2mv0-mv0=2mv 解得:v= 由能量守恒可得從開始到最終穩(wěn)定回路中產(chǎn)生的焦耳熱為:Q=mv+m(2v0)2-(2m)v2=mv (2)分析兩棒運(yùn)動的情況可知,ab棒的速度大小為有兩種情況: ①當(dāng)ab棒速度未反向時,即vab=-,設(shè)此時cd棒的速度為v1,由動量守恒定律: 2mv0-mv0=m+mv1 解得: v1= ②當(dāng)ab棒速度反向時,即v′ab=,設(shè)此時cd棒的速度為v2,由動量守恒定律: 2mv0-mv0=m+mv2 解得: v2= ①對棒由動量定理可得: F安t=mΔv,其中F安=BIL I=,E=BL(vcd-vab),q=It 代入兩種情況可知:當(dāng)v′ab=-時,BLq2=mv0-m 解得: q1= 當(dāng)vab=時, BLq2=mv0+m解得: q2= ②由q== 可得:Δx1= 或Δx2= ③由于是純電阻電路,電功率就是電生熱的功率,即P=I2R,將I=,E=BL(vcd-vab)代入得:P=; P1==,P2== - 8 -
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