2019年高考物理二轮复习训练：专题强化十二含答案.pdf

专题强化十二　电磁感应一、选择题：本题共 10 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分．1．[2018·贵阳市高三一模]如图所示，在x≥0 的区域有在垂直于xOy平面(纸面)向里的匀强磁场，现用力使一个等边三角形闭合导线(粗细均匀)框，沿x轴向右匀速运动，运动中线框平面与纸面平行，底边BC与y轴平行，从顶点A刚入磁场开始计时，框全部进入磁场过程中，其感应电流I(取顺时针方向为正)与时间t的关系图线为下图中的(　　)2．(多选)[2018·黄山市一模]如图 1，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图 2 所示．规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是(　　)3．[2018·江苏二模]如图所示的电路中，三个灯泡A、B、C完全相同，电感L自感系数很大，其直流电阻与定值电阻R相等，D为理想二极管，下列判断中正确的是(　　)A．闭合开关 S 的瞬间，灯泡A和C同时亮B．闭合开关 S 的瞬间，只有灯泡C亮C．闭合开关 S 稳定后，灯泡A、B、C一样亮D．在电路稳定后，断开开关 S 的瞬间，灯泡B、C均要亮一下再熄灭4．[2018·石嘴山市模拟] 如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在 1、2、3、4 位置时的加速度关系为(　　)A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1＝a3＞a2＞a4C．a1＝a3＞a4＞a2 D．a4＝a2＞a3＞a15．(多选)[2018·南平市高三模拟]如图所示，一匝数为n，边长为L，质量为m，电阻为R的正方形导体线框abcd，与一质量为 3 m 的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当ad边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计—切摩擦．重力加速度为g.则(　　)A．线框ad边进入磁场之前线框加速度a＝2gB．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量q＝BL2RC．整个运动过程线框产生的焦耳热为Q＝4mgLD．线框进入磁场时的速度大小v＝2mgRn2B2L26．[2018·河南省六市联考]如图甲所示，一匝数N＝10 匝、总电阻R＝7.5 Ω、ad长L1＝0.4 m、ab宽L2＝0.2 m 的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r＝0.1 m 的圆形磁场的直径，线框的左半部分处于垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B0＝1T，圆形磁场的磁感应强度为B，方向垂直线框平面向下，大小随时间变化规律如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f＝1.2 N，π≈3，则(　　)A．t＝0 时刻穿过线框的磁通量大小为 0.01 WbB．线框静止时，线框中的感应电流为 0.2 AC．线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为 0.8 ND．经时间t＝2 s，线框开始滑动7．(多选)[2018·贺州、崇左两市联考]如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.20 m，两导轨的左端之间连接的电阻R＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m＝0.10 kg 的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示．则金属杆开始运动经t＝5.0 s 时(　　)A．通过金属杆的感应电流的大小为 1 A，方向由b指向aB．金属杆的速率为 4 m/sC．外力F的瞬时功率为 1 WD．0～5.0 s 内通过R的电荷量为 5 C8．(多选)[2018·洛阳市模拟]如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R.导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则 0～t2时间(　　)A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左9．(多选)[2018·太原市二模]如图所示，在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平．将边长为l(l＜h)、质量为m的正方形金属线框abcd从磁场上方某处由静止释放，设ab边通过磁场上边界和磁场下边界时的速度分别为v1和v2；cd边通过磁场下边界时的速度为v3.已知线框下落过程中ab边始终水平、ad边始终竖直，下列说法正确的是(　　)A．若v1＝v2，则一定有v2＞v3B．若v1＞v2，则一定有v2＞v3C．若v1＝v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mghD．从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mgh＋mv－122 1mv122 310．[2018·开封市一模]如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B，B2＝2B.一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为 ，则下列结论中正确的是(　　)v2A．此过程中通过线框截面的电量为2Ba2RB．此过程中回路产生的电能为 0.5mv2C．此时线框的加速度为9B2a2v2mRD．此时线框中的电功率为9B2a2v2R二、计算题：本题共 4 小题，共 50 分．11．(12 分) [2018·南京市、盐城市联考]如图甲所示，正方形闭合线圈abcd边长为10 cm，总电阻为 2.0 Ω，匝数为 100 匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，求：(1)在 0～2 s 内线圈中感应电动势的大小；(2)在t＝1.0 s 时线圈的ab边所受安培力的大小和方向；(3)线圈中感应电流的有效值．12．(12 分) [2018·茂名市二模]如图所示，间距L＝1 m 的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一质量M＝0.1 kg，电阻r＝1 Ω 的金属棒MN与导轨垂直且在水平拉力F作用下以v＝2 m/s 的速度水平向左匀速运动R1＝2 Ω，R2＝2 Ω，C＝5μF，导轨和棒之间的动摩擦因数μ＝0.2.开关 S1、S2闭合，电路稳定后，求：(g＝10 m/s2)(1)水平拉力F的大小；(2)断开 S1后，流过R2的电荷量．13．(12 分) [2018·益阳市高三 4 月份调研]如图甲所示，两电阻不计的平行光滑金属导轨倾斜放置，倾角α＝37°，导轨间距d＝0.4 m，下端接有定值电阻R0＝4 Ω，在导轨的CDEF矩形区域内存在垂直于导轨向上的匀强磁场，xDE＝5 m，该匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，现将一金属棒在导轨上端由静止释放，金属棒电阻R＝1 Ω，经t＝1 s 金属棒运动到EF位置并开始做匀速运动，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)0～1 s 和 1～2 s 时间内通过金属棒的电流分别为多大；(2)金属棒的质量及 0～2 s 时间内金属棒中产生的热量．14．(14 分) [2018·齐齐哈尔市高三二模]如图所示，两条平行的水平导轨FN、EQ间距为L，导轨的左侧与两条竖直固定、半径为r的 光滑圆弧轨道平滑相连，圆弧轨道的最14低点与导轨相切，在导轨左边宽度为d的EFHG矩形区域内存在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场，且在磁场的右边界垂直导轨放有一金属杆甲，右边界处无磁场．现将一金属杆乙从 圆弧轨道的最高点PM处由静止释放，金属杆乙滑出磁场时，与14金属杆甲相碰(作用时间极短)，并粘连在一起，最终它们停在距磁场右边界为d的虚线CD处，已知金属杆甲、乙的质量均为m，接入电路的电阻均为R，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ，且它们在运动过程中始终与导轨间垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度为g，求：(1)金属杆乙通过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小N；(2)金属杆乙与甲相碰前的速度大小；(3)整个过程中，感应电流通过金属杆甲所产生的热量Q.专题强化十二　电磁感应1．B　导线框匀速进入磁场，有效切割长度不断增大，L＝2vt·tan30°，切割磁感线产生感应电动势E＝BLv＝2Blv2·tan30°·t，根据欧姆定律可知，感应电流I＝ ＝ERt，感应电流大小与时间成正比，B 选项正确．2 3Bv2·tan30°3R2．BC　根据法拉第电磁感应定律可知，E＝n∝，根据欧姆定律可知，I∝E∝ΔΦΔtΔBΔt，分析B－t图象可知，0～1 s 时间内，B线性增大，感应电流恒定，根据楞次定律可ΔBΔt知，感应电流顺时针方向，安培力F＝BIL，水平向右，随B线性变化，D 选项错误；1 s～2 s 时间内，磁通量不变，无感应电流；2 s～3 s，B减小，Φ减小，根据楞次定律可知，感应电流恒定，沿逆时针方向，安培力水平向左，逐渐减小；3 s～4 s 内，感应电流沿逆时针方向，安培力水平向左，逐渐增大，B、C 选项正确．3．B　闭合开关的瞬间，由于自感现象，电感L中产生自感电动势，阻碍原电流的增大，该路不能导通，灯A不亮，二极管具有单向导电性，加反向电压，该路不能导通，灯B不亮，故只有灯泡C亮，A、C 选项错误，B 选项正确；电路稳定后，断开开关 S 的瞬间，电感L相当于电源，右端为正极，其直流电阻与定值电阻R相等，所以A、C两个支路的电流是相等的，灯泡B、C并联，B要亮一下再熄灭，流过C的电流比原电流小，C不能闪亮一下，而是逐渐熄灭，D 选项错误．4．B　未进入磁场前，线框受到重力作用，加速度a1＝g，进磁场的过程中，受到重力和向上的安培力作用，加速度a2＜g，完全进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力，受重力作用，加速度a3＝g，离开磁场时，受到重力和向上的安培力作用，加速度a4＜g，由于此时速度较大，故a2＞a4，即a1＝a3＞a2＞a4，B 选项正确．5．CD　线框ad边进入磁场之前，以物块和线框为研究对象，根据牛顿第二定律可知，a＝＝g，A 选项错误；根据电荷量的定义式可知，q＝n，从线框全部3mg－mg4m12ΔΦR进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量q＝n，B 选项错误；当ad边BL2R从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，mg＋F安＝3mg，解得F安＝2mg，整个运动过程线框产生的焦耳热等于克服安培力做的功Q＝W安＝F安·2L＝4mgL，C 选项正确；F安＝，根据平衡条件可知，n2B2L2vR＋mg＝3mg，解得v＝，D 选项正确．n2B2L2vR2mgRn2B2L26．A　穿过线框的磁通量等于磁感线的净条数，Φ＝B0L1·－B1· πr2＝0.01 L2212Wb，A 选项正确；线框静止时，圆形磁场发生变化，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，E＝n＝n· πr2＝0.75 V，根据欧姆定律可知，感应电流I＝ ＝0.1 ΔΦΔtΔBΔt12ERA，B 选项错误；根据楞次定律可知，线框内产生逆时针的感应电流，根据左手定则可知，ad边受到的安培力的方向向左，F＝NBIL1＝0.4 N，C 选项错误；分析图乙可知，B′＝2＋5t，根据左手定则可知，右侧的bc边受到的安培力F′方向向左，线框受到安培力的合力等于最大静摩擦力时，F安＝F＋F′＝1.2 N，解得，F′＝0.8 N，B′＝4 T，对应图乙可知，在t＝0.4 s 时刻，右侧的磁感应强度B′＝4T，线框在t＝0.4 s 后就开始滑动，D 选项错误．7．AC　分析图乙可知，t＝5.0 s 时，U＝0.4 V，根据欧姆定律可知，电路中的电流I＝ ＝1 A，根据右手定则可知，电流的方向由b指向a，A 选项正确；ab杆切割磁感线UR产生感应电动势，E＝BLv，根据欧姆定律可知，E＝I(R＋r)＝0.5 V，联立解得金属杆的速度大小v＝5.0 m/s，B 选项错误；感应电动势E∝v，图乙中所示电压随时间线性变化，则表明速度随时间线性变化，金属杆应向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝ ＝1.0 m/s2，根据牛顿第二定律可知，F－BIL＝ma，F的瞬时功率P＝Fv＝1.0 vtW，C 选项正确；t＝5.0 s 时间内金属杆移动的位移x＝at2＝12.5 m，通过R的电荷量12q＝＝＝2.5 C，D 选项错误．ΔΦR＋rBLxR＋r8．AD　分析图乙可知，磁感应强度先是垂直纸面向外的线性减小后是垂直纸面向里的线性增大，斜率恒定不变，根据法拉第电磁感应定律可知，E＝n·S，即E∝，故感ΔBΔtΔBΔt应电动势恒定不变，感应电流恒定不变，电容器测量定值电阻R两端的电压，电荷量大小恒定不变，A 选项正确；根据楞次定律可知，回路中产生逆时针的感应电流，电容器C的a板始终带正电，B 选项错误；根据安培力公式F＝BIL可知，MN受到的安培力大小先减小后增大，C 选项错误；根据楞次定律的推广含义——增缩减扩可知，0－t1时间内，MN受到的安培力方向向右，t1－t2时间内，MN受到的安培力方向向左，D 选项正确．9．AC　分析题意可知，l＜h，则线框完全进入磁场后，不产生感应电流，做匀加速直线运动，若v1＝v2，线框进入磁场时做减速运动，而线框出磁场与进磁场的运动情况相同，一定有v2＞v3，A 选项正确；若v1＞v2，线框进入磁场时做减速运动，即＞mg，ab边通过磁场下边界时的速度为v2，如果＜mg，则线框离开磁B2L2v1RB2L2v2R场时，做加速运动，v2＜v3，B 选项错误；若v1＝v2，从ab离开磁场到cd离开磁场的过程中线框内产生的焦耳热等于ab进入磁场到ab离开磁场的过程中线框内产生的焦耳热，等于线框重力势能的减少量mgh，C 选项正确；从ab进入磁场到cd离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为Q＝mg(h＋l)＋mv－mv，D 选项错误．122 1122 310．C　根据法拉第电磁感应定律E＝＝，感应电流I＝ ＝，通过导线ΔΦΔt3Ba22ΔtER3Ba22RΔt横截面的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝，A 选项错误；根据能量守恒定律可知，导体切3Ba22RΔt3Ba22R割磁感线产生感应电流，机械能转化为电能，E电＝mv2－m2＝mv2，B 选项错误；1212(v2)38感应电动势的瞬时值E＝＋＝，感应电流的瞬时值I＝＝，根据安Bav22Bav23Bav23Bav2R3Bav2R培力公式F＝2BIL＋BIL＝＋＝，运用牛顿第二定律得加速度3B2a2vR3B2a2v2R9B2a2v2Ra＝＝，C 选项正确；瞬时功率P＝UI＝·＝，D 选项错误．Fm9B2a2v2mR3Bav23Bav2R9B2a2v24R11．(1)1 V　(2)5.0 N，垂直ab边向下(3)A22解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可知，在 0～2 s 内线圈中感应电动势的大小为E1＝n＝n·S＝1 V.ΔΦ1ΔtΔB1Δt(2)在t＝1.0 s 时，根据欧姆定律可知，I1＝＝0.5 A，分析图乙可知，B1＝1 T，则E1RF＝nB1I1L＝5.0 N.根据楞次定律的推广含义——增缩减扩可知，安培力的方向是垂直ab边指向cd边．(3)根据欧姆定律可知，0～2 s 内，I1＝0.5 A．2 s～3 s 内，线圈中感应电动势的大小E2＝n＝n·S＝2 V，I2＝＝1 A.ΔΦ2ΔtΔB2ΔtE2R根据电流的热效应可知，I Rt1＋I Rt2＝I2Rt.2 12 2联立解得有效值I＝A.2212．(1)0.6 N　(2)4×106 C解析：(1)金属棒切割磁感线，产生感应电动势，E＝BLv.根据欧姆定律可知，I＝.ER1＋R2＋r分析金属棒的受力情况，做匀速运动，受力平衡，F＝f＋BIL.其中f＝μmg.联立解得水平拉力的大小F＝0.6 N.(2)分析电路结构可知，开关 S1，S2闭合后，电容器测量电阻R2两端电压．U＝IR2根据电荷量的定义可知，电容所带的电荷量为Q＝CU.断开S1后，电容器放电，电荷通过R2.流过R2的电荷量Q＝4×106 C.13．(1)0.8 A　0.96 A　(2)1.5616 J解析：(1)分析图乙可知，0～1 s 内，磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，E1＝＝S.ΔΦΔtΔBΔt根据图象可知，＝2 T/s，S＝xDEd＝2 m2 .ΔBΔt根据欧姆定律可知，I1＝＝0.8 A.E1R＋R0金属棒从静止开始做匀加速运动，加速度a＝gsinα＝6 m/s2.t＝1 s 末进入磁场区域的速度v＝at1＝6 m/s.1 s～2 s 时间内金属棒切割磁感线产生的电动势E2＝Bdv＝4.8 V.根据欧姆定律可知，金属棒中的电流I2＝＝0.96 A.E2R＋R0(2)根据金属棒进入磁场区域做匀速运动，可知金属棒受到的合力为零，有mgsinα＝BI2d.解得m＝0.128 kg.0～2 s 时间内金属棒产生的热量Q＝I Rt1＋I Rt2.2 12 2代入数据解得Q＝1.5616 J.14．(1)3mg　(2)2　(3)mg(r－5μd)2μgd12解析：(1)金属杆乙在圆弧轨道上下滑过程中，根据动能定理可知，mgr＝mv－0.122 0解得v0＝.2gr在圆弧轨道最低点时，合力提供向心力．FN－mg＝m.v2 0r联立解得，FN＝3mg.(2)金属杆甲、乙碰撞过程中，系统动量守恒．mv1＝(m＋m)v2.金属杆甲、乙碰撞后，根据动能定理可知，2μmgd＝ ×2mv－0122 2联立解得，v1＝2，v2＝.2μgd2μgd(3)金属杆乙在磁场中运动过程中，根据能量守恒定律可知，mv＝μmgd＋mv＋Q总．122 0122 1其中Q＝Q总．RR＋R联立解得，Q＝mg(r－5μd)．12。