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2019年高考物理二輪復習 備課資料 專題六 電路和電磁感應 第2講 電磁感應規(guī)律及綜合應用專題限時檢測 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分,第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(xx全國Ⅰ卷,18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌.為了有效隔離外界振動對STM的擾動,在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板,并施加磁場來快速衰減其微小振動,如圖所示.無擾動時,按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場;出現擾動后,對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(　A　) 解析:紫銅薄板上下振動時,方案B,C,D中穿過薄板的磁通量不發(fā)生變化,沒有感應電流產生;方案A中,無論是上下還是左右振動,薄板中的磁通量都會發(fā)生變化,產生的感應電流會阻礙紫銅薄板上下及其左右振動,達到衰減的效果,選項A正確. 2.(xx江西景德鎮(zhèn)模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上,有一矩形線圈以一定的初速度進入勻強磁場區(qū)域,線圈全部進入勻強磁場區(qū)域時,其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,設磁場區(qū)域寬度大于線圈寬度,則(　C　) A.線圈恰好在完全離開磁場時停下 B.線圈在未完全離開磁場時已停下 C.線圈能通過場區(qū)不會停下 D.線圈在磁場中某個位置停下 解析:線圈出磁場時的速度小于進磁場時的速度,由安培力F=BIL=,知出磁場時線圈所受的安培力小于進磁場時所受的安培力,則進磁場過程安培力做功大于出磁場過程安培力做功,而進磁場時其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,由動能定理知出磁場后,線圈的動能不為零,不會停下來,故C正確,A,B,D錯誤. 3.(xx天津卷,3)如圖所示,兩根平行金屬導軌置于水平面內,導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向垂直于導軌平面向下.現使磁感應強度隨時間均勻減小,ab始終保持靜止,下列說法正確的是(　D　) A.ab中的感應電流方向由b到a B.ab中的感應電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變 D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小 解析:根據楞次定律,感應電流產生的磁場向下,再根據安培定則,可判斷ab中感應電流方向從a到b,A錯誤;磁場變化是均勻的,根據法拉第電磁感應定律,感應電動勢恒定不變,感應電流I恒定不變,B錯誤;安培力F=BIL,由于I,L不變,B減小,所以ab所受的安培力逐漸減小,根據力的平衡條件,靜摩擦力逐漸減小,C錯誤,D正確. 4.(xx四川成都模擬)如圖所示,水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌,導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中,銅棒a,b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質量均為m,銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好.現給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I,關于此后的過程,下列說法正確的是(　B　) A.回路中的最大電流為 B.銅棒b的最大加速度為 C.銅棒b獲得的最大速度為 D.回路中產生的總焦耳熱為 解析:由題意知a獲得沖量時速度最大,根據動量定理可得,a獲得的速度va=,此后a在安培力作用下做減速運動,b在安培力作用下做加速運動,回路中產生的電動勢E=BL(va-vb),可知a剛獲得動量時回路中產生的感應電流最大,即Im==,故A錯誤;b所受最大安培力Fm=BImL=,根據牛頓第二定律知,b棒所產生的最大加速度am==,故B正確;由題意知,a棒做減速運動,b棒做加速運動,當a,b速度相等時,回路中沒有感應電流,兩棒同時向右勻速直線運動,根據動量守恒定律得,mva=2mv,a,b棒的共同速度v=,此速度亦為b棒的最大速度,故C錯誤;根據系統(tǒng)能量守恒可得,m=(m+m)v2+Q,則回路中產生的總焦耳熱Q=,故D錯誤. 5.(xx湖南常德模擬)如圖所示,有一個等腰三角形磁場區(qū)域,底邊長為2L,高為L,左半邊的磁場方向垂直紙面向外,右半邊的磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度大小均為B.邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd,從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域.取沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正,取Im=,則表示線框中電流i隨bc的位置坐標x變化的圖像正確的是(　C　) 解析:線框bc邊在0～L過程中無感應電流,在L～2L過程中切割磁感線的有效長度線性增大,由右手定則判斷感應電流沿a→b→c→d→a方向的正方向,由I=可知,感應電流大小逐漸增大;線框bc邊在2L～3L過程中,ad邊和bc邊都有部分切割磁感線,等效切割的有效長度不變,產生的感應電流大小不變,方向為負方向;線框bc邊在3L～4L過程中,ad邊切割磁感線的有效長度線性減小,產生的感應電流大小逐漸減小,方向為正方向,故C正確. 6.(xx遼寧撫順模擬)如圖所示,兩根間距為L的光滑平行金屬導軌與水平面夾角為α,圖中虛線下方區(qū)域內存在磁感應強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直于導軌面向上,兩金屬桿質量均為m,電阻均為R,垂直于導軌放置,開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處,金屬桿cd處在導軌的最下端,被與導軌垂直的兩根小柱擋住,現將金屬桿ab由靜止釋放,當金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動,已知重力加速度為g,則(　AC　) A.金屬桿ab進入磁場時感應電流的方向為由b到a B.金屬板ab進入磁場時速度大小為 C.金屬桿ab進入磁場后產生的感應電動勢為 D.金屬桿ab進入磁場后金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為mgsin α 解析:由右手定則可知,ab進入磁場時產生感應電流的方向為由b到a,故A正確;ab剛進入磁場時受到的安培力F=BIL=BL=,ab進入磁場做勻速直線運動,由平衡條件得,=mgsin α,解得,v=,故B錯誤;ab進入磁場產生的感應電動勢E=BLv=,故C正確;由左手定則可知,cd受到的安培力沿導軌面向下,則cd對兩根小柱的壓力大小等于FN=mgsin α+FA>mgsin α,故D錯誤. 7.(xx河北石家莊模擬)如圖所示,光滑水平面上存在有界勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B,質量為m邊長為a的正方形導體框MNPQ斜向上垂直進入磁場,當MP剛進入磁場時,線框的速度為v,方向與水平方向成45,若導體框的總電阻為R,則(　AC　) A.導體進入磁場過程中,導體框中電流的方向為MQPN B.MP剛進入磁場時導體框中感應電流大小為 C.MP剛進入磁場時導體框所受安培力為 D.MP剛進入磁場時M,P兩端的電壓為 解析:根據楞次定律可知導體進入磁場過程中,導體框中電流的方向為MQPN,故A正確;MP剛進入磁場時導體框中感應電流大小為I==,故B錯誤;MP剛進入磁場時導體框所受安培力為F=BIa=,故C正確;MP剛進入磁場時M,P兩端的電壓為U=E=Bav,故D錯誤. 8.(xx四川卷,7)如圖所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導軌左端接一定值電阻R.質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關系是F=F0+kv(F0,k是常量),金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應電流的功率為P,它們隨時間t變化圖像可能正確的有(　BC　) 解析:設金屬棒在某一時刻速度為v,感應電動勢E=Blv,回路電流I==v,即I∝v;安培力FA=BIl=v,方向水平向左,即FA∝v;R兩端電壓UR=IR=v,即UR∝v;感應電流的功率P=EI=v2,即P∝v2.分析金屬棒運動情況,由牛頓第二定律可得F合=F-FA=F0+kv-v= F0+(k-)v,即加速度a=.因為金屬棒由靜止出發(fā),所以F0>0,且 F合>0,即a>0,加速度方向水平向右. (1)若k=,F合=F0,即a=,金屬棒水平向右做勻加速直線運動.有v=at,說明v ∝t,也即是I∝t,FA∝t,UR∝t,P∝t2,在此情況下沒有選項符合; (2)若k>,F合隨v增大而增大,即a隨v增大而增大,說明金屬棒在做加速度增大的加速運動,可知選項B符合; (3)若k<,F合隨v增大而減小,即a隨v增大而減小,說明金屬棒在做加速度減小的加速運動,直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動,可知選項C符合. 綜上所述,選項B,C符合題意. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(xx福建福州模擬)某同學看到有些玩具車在前進時車輪能發(fā)光,受此啟發(fā),他設計了一種帶有閃爍燈的自行車后車輪,以增強夜間騎車的安全性.如圖所示為自行車后輪,其金屬輪軸半徑可以忽略,金屬車輪半徑r=0.4 m,其間由絕緣輻條連接(絕緣輻條未畫出).車輪與輪軸之間均勻地連接有4根金屬條,每根金屬條中間都串接一個LED燈,燈可視為純電阻,每個燈的阻值為R=0.3 Ω并保持不變.車輪邊的車架上固定有磁鐵,在車輪與輪軸之間形成了磁感應強度B=0.5 T,方向垂直于紙面向外的扇形勻強磁場區(qū)域,扇形對應的圓心角θ=30.自行車勻速前進的速度為v=8 m/s(等于車輪邊緣相對軸的線速度).不計其他電阻和車輪厚度,并忽略磁場邊緣效應. (1)在如圖所示裝置中,當其中一根金屬條ab進入磁場時,指出ab上感應電流的方向,并求ab中感應電流的大小; (2)若自行車以速度v=8 m/s勻速前進時,車輪受到的總摩擦阻力為2.0 N,則后車輪轉動一周,動力所做的功為多少?(忽略空氣阻力, π≈3.0) 解析:(1)根據右手定則知:ab中的電流方向為b→a.ab相當于電源,其等效電路如圖所示. ω==rad/s=20 rad/s E=Br2ω=0.50.4220 V=0.8 V 電路總電阻 R總=+R==0.4 Ω 通過ab中的電流 I== A=2 A. (2)車輪轉動一周的時間 T== s=0.3 s 則T時間內克服阻力做功 Wf=fs=fvT=280.3 J=4.8 J T時間內產生電流的時間 t=4T==0.1 s 在T時間內,電流通過燈泡電阻產生的焦耳熱 Q=I2R總t=220.40.1 J=0.16 J 動力所做的功 W動=Wf+Q=4.8 J+0.16 J=4.96 J. 答案:(1)ab中的電流方向為b→a　2 A　(2)4.96 J 10.(20分)(xx河南許昌二模)如圖所示,光滑的輕質定滑輪上繞有輕質柔軟細線,線的一端系一質量為2m的重物,另一端系一質量為m、電阻為R的金屬桿,在豎直平面內有足夠長的平行金屬導軌PQ,EF,其間距為L,在Q,F之間連接有阻值為R的電阻,其余電阻不計,一勻強磁場與導軌平面垂直,磁感應強度為B0,開始時金屬桿置于導軌下端QF處,將重物由靜止釋放,當重物下降h時恰好達到穩(wěn)定速度而后勻速下降,運動過程中金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好,不計一切摩擦和接觸電阻,重力加速度為g,求: (1)重物勻速下降時的速度v; (2)重物從釋放到下降h的過程中,電阻R中產生的熱量Q; (3)設重物下降h時的時刻t=0,此時速度為v0,若從t=0開始,磁場的磁感應強度B逐漸減小,且金屬桿中始終不產生感應電流,試寫出B隨時間t變化的關系. 解析:(1)重物勻速下降時,設細線對金屬桿的拉力為T,金屬桿所受安培力為F; 由平衡條件得T=mg+F; 由安培力公式得F=B0IL 根據閉合電路歐姆定律,I=; 根據法拉第電磁感應定律,E=B0Lv 對重物由平衡條件得T=2mg; 綜合上述各式,解得,v=. (2)設電路中產生的總熱量為Q, 由能量守恒定律得, 2mgh-mgh=(2m)v2+mv2+Q 由串聯電路特點知,電阻R中產生的熱量為 QR=Q, 解得QR=mgh-. (3)金屬桿中恰好不產生感應電流時,磁通量不變,則有 Φ0=Φt,即B0hL=B(h+x)L, 式中x=v0t+at2 對系統(tǒng),由牛頓第二定律得, a== 則磁感應強度B隨時間t變化的關系為 B==. 答案:(1)　(2)mgh- (3)B=