2020高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第9讲电磁感应规律的综合应用练习含解析.doc

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1、电磁感应规律的综合应用一、单项选择题1如图甲所示，一根电阻R4 的导线绕成半径d2 m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化的图象如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流时间图象，下列选项中正确的是( )解析：选C.01 s，E1S4 V，I A，由楞次定律知感应电流为顺时针方向，由图知，C正确2图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同下

2、列说法正确的是( )A图甲中，A1与L1的电阻值相同B图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：选C. 分析图甲，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L1的电阻值，所以选项A错误分析图乙，开关S2闭合后，灯A2逐渐变亮，A3立即变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那么L2与R中的电流也不相等，所以选项D错误最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与

3、A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确3(2019河北邯郸市质检)如图所示，空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内，一正三角形的导线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域已知虚线垂直于AB边，且正三角形的高为磁场宽度的两倍从C点进入磁场开始计时，以电流沿逆时针方向为正关于线框中感应电流i随时间t变化的关系，下列四幅图可能正确的是( )解析：选A.设线框进入磁场的速度为v，线框进入磁场的前一半过程，切割磁感线的有效长度：L2vttan 30，线框切割磁感线，产生感应电动势EBLv2Bv2ttan 30，感应电流：i，i与t成正比，线框在进磁场的过程中，磁通

4、量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCA，为正；在出磁场的过程中，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为ACBA，为负在线框进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线框进入磁场的后一半(即出磁场的前一半)过程中，切割的有效长度不变，感应电动势不变，则感应电流不变；在线框出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大故A正确4扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时

5、，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )解析：选A.底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确5(2019安徽六安一模)如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总电阻为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电

6、阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动，当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置，导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态，若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )A油滴带正电B若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度aC若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a2gD若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴仍将静止解析：选D.根据右手定则可知，M端为正极，油滴静止，因此带负电，故A错误；设导体棒接入导轨间的长度为L，导体棒切

7、割磁感线形成的感应电动势为：EBLv，电容器两端电压为：U1，开始油滴静止，有：qmg，若将上极板竖直向上移动距离d，有：mgqma1，联立得：a1，方向竖直向下，故B错误；若将导体棒的速度变为2v0，有qmgma2，将U1中v0换为2v0联立解得：a2g，方向竖直向上，故C错误；若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离，电容器两端之间的电压为：U2BLv0，此时油滴所受电场力为：Fmg，因此油滴仍然静止，故D正确二、多项选择题6(2019江西吉安期中)如图所示，相距为l的光滑平行金属导轨ab、cd放置在水平桌面上，阻值为R的电阻与导轨的两端a、c相

8、连，滑杆MN质量为m，垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨、滑杆以及导线的电阻，整个装置放于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与另一质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态，现将物块由静止释放，当物块达到最大速度时，物块的下落高度h，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中( )A物块达到的最大速度是B电阻R产生的热量为C通过电阻R的电荷量是D滑杆MN产生的最大感应电动势为解析：选ACD.对滑杆MN，当FAmg时，速度最大，则：mg，则最大速度v，故A正确；根据能量守恒得，mgh2mv2Q，解得Qmgh

9、mv2，故B错误；通过电阻R的电荷量q，故C正确；物块速度最大时，产生的感应电动势EBlv，故D正确7(2019石家庄二模)如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T质量均为0.01 kg的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 ，轨道电阻不计，g10 m/s2，下列说法正确的是( )AM、N棒在相对运动过程中

10、，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)BM、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动C从开始到最终匀速运动电路中产生的焦耳热为6.25102 JD在两棒整个的运动过程中，金属棒M、N在水平导轨间扫过的面积之差为0.5 m2解析：选AD.金属棒M向右运动后，穿过M、N与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即BL1v1BL2v2，解得v22v1，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有FN安tmv2，对M有FM安tmv1mv0，又知道导轨宽度是2倍关系，故FM安2FN安，联立解得v11 m/

11、s，v22 m/s，B错误；根据能量守恒定律可得mvQmvmv，解得Q0.1 J，C错误；在N加速过程中，由动量定理得BLtmv20，电路中的电流，根据法拉第电磁感应定律有E，其中磁通量变化量BS，联立以上各式，得S0.5 m2，D正确8如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM处，MNr.在t0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在tt1时

12、刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P；在tt2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g.以下说法正确的是( )At0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0Btt1时刻，金属细杆所受的安培力为C从t0到tt1时刻，通过金属细杆横截面的电荷量为D从t0到tt2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为mvmgr解析：选CD.t0时刻，金属细杆产生的感应电动势EBdv0，金属细杆两端的电压URBdv0，故A项错误tt1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时金属细杆不受安培力，故B项错误从t0到tt1时刻，电路

13、中的平均电动势，回路中的电流，在这段时间内通过金属细杆横截面的电荷量qt1，解得：q，故C项正确设杆通过最高点速度为v2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得：mgm，解得v2.从t0到tt2时刻，根据功能关系可得，回路中的总焦耳热：Qmvmvmg2r，定值电阻R产生的焦耳热QRQ，解得：QRmvmgr，故D项正确三、非选择题9(2019湖南益阳模拟)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示线框由静止开始自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行重力

14、加速度为g.当cd边刚进入磁场时， (1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度为v线框中产生的感应电动势：EBLvBL.(2)此时线框中电流：Icd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：UIBL(3)安培力：FBIL根据牛顿第二定律：mgFma由a0，解得下落高度满足：h.答案：(1)BL(2)BL(3)h10一个圆形线圈，共有n10匝，其总电阻r4.0 .线圈与阻值R016 的外电阻连成闭合回路，如图甲所示线圈内部存在着一个边长l0.20 m的正方形

15、区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T1.0102 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向求：(1)tT时刻，电阻R0上的电流大小和方向；(2)0T时间内，流过电阻R0的电荷量；(3)一个周期内电阻R0的发热量解析：(1)0内，感应电动势大小恒定，E1n8 V电流大小I1，可得I10.4 A电流方向从b到a(2)同(1)可得内，感应电流大小I20.2 A流过电路的电荷量qI1I2，代入数据解得q1.5103 C(3)QIR0IR0，解得Q1.6102 J答案：(1)0.4 A从b向a(2)1.5103 C(3)1.6102 J11(2019高考天

16、津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E，则Ek设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I设PQ中的电流为IPQ，有IPQI设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQl保持PQ静止，由受力平衡，有FF安联立式得F方向水平向右(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中Blx设PQ中的平均电流为，有根据电流的定义得由动能定理，有FxWmv20联立式得Wmv2kq.答案：(1)，方向水平向右(2)mv2kq9