2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 5.10电磁感应规律及其应用（A卷）.doc

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1、电磁感应规律及其应用(A卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分。每小题只有一个选项正确)1.直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的()A.总功率一定减小B.效率一定减小C.内部损耗功率一定增大D.输出功率一定先增大后减小【解析】选A。滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总=EI可得P总减小，故选项A正确；根据=可知选项B错误；由P内=I2r可知，选项C错误；由P输-R外图像，因不知道R外的初始值与r的关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误。【加固训练】小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图

2、所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。则下列说法中不正确的是()A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为R=C.对应P点，小灯泡的电阻为R=D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【解析】选C。随着所加电压的增大，灯丝温度升高，小灯泡的电阻增大，选项A正确；对应P点，由欧姆定律，小灯泡的电阻为R=，选项B正确、C错误；根据电功率定义式P=UI，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，选项D正确。故本题选C。2.(2014杭州模拟)如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一

3、定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是()A.只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D.若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动【解析】选A。只逐渐增大R1的光照强度，电阻R1减小，总阻值减小，由I=可知总电流I变大，所以电阻R0消耗的电功率变大，电容器两端的电压变大，处于充电状

4、态，又因为电容器下极板带正电，所以通过电阻R3的电流向上，故选项A正确；只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，由于其与电容器连接，相当于导线，故电流没有变化，故选项B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=可知，微粒受到的电场力变大，即向上运动，故选项C错误；若断开开关S，电源与电路断开，电容器相当于电源，通过电路放电，电容器所带电荷量变小，微粒所受电场力变小，微粒向下运动，故选项D错误。3.如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金

5、属棒ab、cd的质量之比为21。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A.金属棒ab、cd都做匀速运动B.金属棒ab上的电流方向是由a向bC.金属棒cd所受安培力的大小等于D.两金属棒间距离保持不变【解析】选C。对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、B、D错误；以两金属棒整体为研究对象有：F=3ma，隔离金属棒cd分析：F-F安=ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=F，C正确。【总结提升】导体棒

6、切割问题的处理思路(1)基本方法：用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。求回路中的电流。分析研究导体受力情况。列动力学方程或平衡方程求解。(2)受力情况、运动情况的动态分析：4.(2014温州二模)如图所示为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量、感应电动势

7、E、外力F和电功率P随时间变化规律图像的是()【解析】选D。在0时间内，磁通量=BLvt，为负值逐渐增大；当t=时磁通量为零，当t=时，磁通量=BL2为最大正值，由此可知选项A错误；在0时间内，由法拉第电磁感应定律可知E=BLv，为负值，在时间内，感应电动势E=2BLv，为正值，故选项B错误；在0时间内，由法拉第电磁感应定律可知E=BLv，所以外力F=F安=，其功率为P=Fv=，在时间内，感应电动势E=2BLv，外力F=F安=，其功率为P=Fv=，故选项C错误，D正确。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分。每小题至少一个选项正确)5.如图所示，C1=6F，C2=3F，R1=3，

8、R2=6，电源电动势E=18V，内阻不计。下列说法正确的是()A.开关S断开时，a、b两点电势相等B.开关S闭合后，a、b两点间的电流是2AC.开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D.不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大【解析】选B、C。S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误；S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1C2，由Q=CU知此时Q1Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I=2A，此时两电阻两端电压分别为U1

9、=IR1=6V，U2=IR2=12V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1=C1U1=3.610-5C，Q2=C2U2=3.610-5C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误。6.(2014衢州二模)如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与定值电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势。下列说法中正确的是()A

10、.发电导管的内阻r=B.流过电阻R的电流方向为baC.发电导管产生的电动势为BdvD.电阻R消耗的电功率为【解析】选A、C。由电阻的决定式可知选项A正确；由左手定则可知电离气体中的正离子向上侧面聚集，上侧面相当于电源的正极，故流过电阻R的电流方向为ab，选项B错误；对于某个气体离子受力分析，由电场力等于洛伦兹力可知，q=Bqv，解得发电导管产生的电动势为Bdv，选项C正确；由于发电导管有内阻，故电阻R消耗的电功率一定小于，选项D错误。7.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，

11、并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图像，图像内数据均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.金属线框的边长为v1(t2-t1)C.磁场的磁感应强度为D.金属线框在0t4的时间内所产生的热量为mgv1(t2-t1)+m(-)【解析】选B、C。由楞次定律可知金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向，A错误；由图乙可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2-t1，所以

12、金属线框的边长：l=v1(t2-t1)，B正确；在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力等于重力：mg=BIl，I=，解得：B=，C正确；金属线框只在进入和穿出磁场时产生焦耳热，即在t1t2、t3t4两个时间段内产生的热量：Q=2mgl+m(-)=2mgv1(t2-t1)+ m(-)，故D错误。【加固训练】(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A.释放瞬间金属棒的加速度等

13、于重力加速度gB.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【解析】选A、C。在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，故加速度等于重力加速度g，A正确；由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错误；当速度为v时，产生的电动势为E=BLv，受到的安培力为F=BIL，计算可得F=，C正确；在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的相互转化，D错误。三、计算题(本题共3小题，共51分。需写出规范的解题步骤)8.(16分)(2013重庆高考)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度

14、的实验，其装置如图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L。(1)判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。【解题指南】解答本题可按以下思路进行分析：(1)右手定则判感应电流方向，左手定则判安培力方向。(2)根据法拉第电磁感应定律求感应电动势。(3)结合闭合电路的欧姆定律

15、及安培力公式求解。【解析】(1)铜条竖直向下运动，由右手定则可知铜条中感应电流方向由BA，由左手定则，可知铜条所受F安的方向竖直向上。(3分)对磁铁受力分析，开始时：G1=mg(2分)铜条向下运动时：G2=mg+F安(2分)故G2G1(1分)(2)由(1)可得F安=G2-G1(2分)又F安=BIL(2分)由闭合电路的欧姆定律I=(1分)由法拉第电磁感应定律E=BLv(1分)联立以上各式，解得B=(2分)答案：(1)竖直向上G2G1(2)G2-G19.(16分)(2014宁波二模)足够长的平行金属导轨ab、cd放置在水平面上，处在磁感应强度B=1.00T的竖直方向的匀强磁场中，导轨间连接阻值为R

16、=0.30的电阻，质量m=0.5kg的金属棒ef与bc紧贴在导轨上，处于两导轨间的长度L=0.40m、电阻r=0.10，如图所示。在水平恒力F作用下金属棒ef由静止开始向右运动，其运动距离与时间的关系如下表所示。导轨与金属棒ef间的动摩擦因数为0.3，导轨电阻不计，g=10m/s2。求：时间t/s0.01.02.03.04.05.06.07.0运动距离x/m0.00.62.04.36.89.311.814.3(1)在4.0s时间内，通过金属棒截面的电荷量q。(2)水平恒力F。(3)庆丰同学在计算7.0s时间内，整个回路产生的焦耳热Q时，是这样计算的：先算7.0s内的电荷量，再算电流I=，再用公

17、式I2Rt计算出焦耳热。请你简要分析这样做是否正确？认为正确的，请算出结果；认为错误的，请用自己的方法算出7.0s时间内，整个回路产生的焦耳热Q。【解析】(1)金属棒产生的平均感应电动势E=(1分)平均电流I=(1分)电荷量q=It=6.8C(2分)(2)由表中数据可知3.0s以后棒ef做匀速直线运动v=2.5m/s(1分)对棒由平衡条件得：F-f-BIL=0(2分)由I=，E=BLv(2分)解得F=BIL+f=2.5N(2分)(3)庆丰同学用电流的平均值计算焦耳热是错误的，(2分)根据能量转化和守恒定律有Fx-mgx-Q=mv2(2分)解得Q=12.7J(1分)答案：(1)6.8C(2)2.

18、5 N(3)见解析10.(19分)(2014台州二模)如图所示，线圈焊接车间的传送带不停地传送边长为L(L为未知量)，质量为4kg，电阻为5的正方形单匝金属线圈，线圈与传送带之间的动摩擦系数=。传送带总长8L，与水平面的夹角为=30，始终以速度2m/s匀速运动。在传送带的左端虚线位置将线圈无初速度地放到传送带上，经过一段时间后，线圈达到与传送带相同的速度，线圈运动到传送带右端掉入材料筐中(图中材料筐未画出)，已知当一个线圈刚好开始匀速运动时，一个线圈恰好放到传送带上。线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间隔也为L。线圈运动到传送带中点开始通过一固定的匀强磁场，磁感应强度为5T、磁场方向垂直传送带向上

19、，匀强磁场区域宽度与传送带相同，沿传送带运动方向的长度为3L。重力加速度g=10m/s2。求：(1)正方形线圈的边长L。(2)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q。(3)在一个线圈通过磁场的过程，电动机对传送带做功的功率P。【解析】(1)每个线圈从投放到相对传送带静止，运动的距离是一样的。设投放的时间间隔为T，则v -t图像如图所示。在T时间内，传送带的位移为x传=vT(1分)线圈加速过程的位移x线=T(1分)可得2L=vTv=aT(1分)线圈加速过程：由f-mgsin=ma(1分)f=mgcos(1分)可得：a=2.5m/s2，T=0.8s，L=0.8m(1分)线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间隔

20、为L与线圈的边长相等，由图可以看出线圈的边长与线圈加速过程走过的距离相同，所以线圈的边长为0.8m。(2)每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L，t电=，E=BLv，P=(2分)产生热量Q=Pt电=(2分)解得Q=10.24J(2分)(3)在一个线圈通过磁场的过程中：传送带运动距离4L，所用时间t穿=1.6s(1分)一个线圈加速过程摩擦产生的热为Q摩擦=fx相对=mgcosT=24J(1分)一个线圈加速过程获得动能Ek=mv2=8J(1分)一个线圈通过磁场的过程中产生的焦耳热Q焦耳=10.24J(1分)一个线圈运动一个L距离重力势能增加Ep=Lmgsin=16J(1分)在一个线圈通过磁场

21、的过程中，电动机对传送带做功的功率为P有W=2Q摩擦+2Ek+2Q焦耳+15Ep=Pt穿(1分)代入以上各式，得P=202.8W(1分)第(3)问解法二：分析某一导线框穿过磁场过程知：t穿=1.6s，其中有t1=0.4s的时间传送带上有5个导线框，其中1个相对滑动，4个相对静止，则该段时间内电动机做功为：W1=F1vt1=(mgcos+4mgsin+BIL)vt1=93.12J(3分)其中有t2=1.2s的时间传送带上有4个导线框，其中1个相对滑动，3个相对静止，则在该段时间内电动机做功为：W2=F2vt2=(mgcos+3mgsin+BIL)vt2=231.36J(3分)由Pt穿=W1+W2得：P=202.8W(1分)答案：(1)0.8m(2)10.24 J(3)202.8 W- 11 -