高考物理二轮复习 第1部分 专题5 电路和电磁感应 第2讲 电磁感应规律及其应用限时检测（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第2讲电磁感应规律及其应用 限时45分钟；满分80分一、选择题(每小题5分，共40分)1(2019江西七校高三联考)两条相互平行的、足够长的光滑金属导轨放在绝缘水平面上，距离为L，电阻不计。导轨内有垂直水平面向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C、电阻R1和R2，如图5223所示。垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆(电阻不计)以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向做匀加速运动。则在此过程中图5223AR1中无电流通过BR1中电流从e流向aCR2中电流一直从a流向bDR2中电流先从b流向a，后从a流向b解析开始时，金属杆以一定的速度向右匀速运动，感应电动势EBLv，电容器的带

2、电荷量为QCECBLv，由右手定则知，R2中电流方向为由a流向b，电容器的上极板带正电，金属杆开始做匀减速运动至速度为零的过程中，速度减小，感应电动势减小，极板间电压也减小，因此电容器的带电荷量减小，则R1中有电流通过，方向为由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；金属杆反向做匀加速运动的过程中，由右手定则知，R2中电流方向为由b流向a，加速运动，感应电动势增大，电容器两端电压增大，所以电容器充电，流经R1的电流方向为由e流向a，故B正确，CD错误。答案B2(2019蚌埠三模)如图5224所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路

3、电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2i1)，则下列图象中正确的是图5224图5225解析开关断开后，A与L组成闭合回路后，L中的电流方向不变，而A中的电流方向与此前的电流方向相反，故C正确，A、B、D错误。答案C3(2019石家庄二模)如图5226甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQ之间有阻值为R的电阻，PQMN所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在02t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是图5226A在0t0和t02t0内

4、，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B在t02t0内，通过电阻R的电流方向为P到QC在0t0内，通过电阻R的电流大小为D在t02t0内，通过电阻R的电荷量为解析由图(乙)所示图象可知，0t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减少，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t02t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；在t02t0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R的电流方向为P到Q，故B正确；应用法拉第

5、电磁感应定律可得，在0t0内感应电动势为E1，感应电流为I1，故C错误；由图(乙)所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t02t0内感应电动势为E2，感应电流为I2；在t02t0时间内，通过电阻R的电荷量为qI2t0，故D错误。答案B4(2019重庆模拟)如图5227所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M和N之间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。板间有一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是图5227A正在增强

6、，B正在减小，C正在增强，D正在减小，解析电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势ESL2；油滴所受电场力FE场qq，对油滴，根据平衡条件得qmg，线圈中的磁通量变化率的大小为。答案B5(2019开封一模)如图5228甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L0.4 m，导轨一端与阻值R 0.3 的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x0一侧存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位

7、置x的变化情况如图乙所示。一根质量m0.2 kg、电阻r0.1 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x0处以初速度v02 m/s沿导轨向右做变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小始终不变。下列说法中正确的是图5228A金属棒向右做匀减速直线运动B金属棒在x1 m处的速度大小为1.5 m/sC金属棒从x0运动到x1 m过程中，外力F所做的功为0.175 JD金属棒从x0运动到x2 m过程中，流过金属棒的电荷量为3 C解析由图象可知B与x的函数关系式为B0.50.5x(T)，金属棒切割磁感线，产生感应电动势EBLv、感应电流I，所受的安培力FABIL，所以FA，将B代入可知

8、v，若导体棒做匀变速运动，v2与x为线性关系，故金属棒不可能做匀减速直线运动，故A项错误；由x0、x1 m处，金属棒所受到的安培力相等，有，解得v10.5 m/s，B项错误；金属棒在x0处所受的安培力为FA0.2 N，对金属棒从x0到x1 m过程中，由动能定理，有WFFAxmv12mv02，解得WF0.175 J，C项正确；流过金属棒的电荷量qL，从x0到x2 m过程中，Bx图线与x坐标轴所围的面积Bx2 Wb2 Wb，所以qL2 C，D项错误。答案C6(多选)如图5229所示，两根足够长平行金属导轨倾角30，导轨上、下端各接电阻R20 ，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L2 m，匀强磁场垂直导轨平

9、面向上，磁感应强度B1 T。金属棒ab质量m0.1 kg、电阻r10 ，在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h3 m时，速度恰好达到最大值v2 m/s，取g10 m/s2。则此时下列说法正确的是图5229Aab棒受到沿导轨向上的安培力为0.4 NBab棒两端的电压为2 VC每个电阻R中产生热量为0.7 JDab棒所受摩擦力为0.1 N解析电路中总电阻R总20 ，ab棒下落速度最大时，有F安 N0.4 N，选项A正确；棒上的感应电动势EBLv4 V，而ab棒上的电压Uab2 V，选项B正确；由ab棒平衡得mgsin F安Ff0，所以Ffm

10、gsin F安0.1 N，选项D正确；由动能定理mghQFfmv2，得Qmghmv2Ff2.2 J，每个电阻R中产生热量为Q10.55 J，选项C错误。答案ABD7(多选)(2019西宁二模)如图5230甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R。在线圈的下方有一匀强磁场，MN和MN是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图象，图中字母均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是图5230A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B

11、金属线框的边长为v1(t2t1)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2mgv1(t2t1)m(v22v32)解析金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误；由图象可知，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t2t1，故金属线框的边长lv1(t2t1)，故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，则mgBIl，I，又lv1(t2t1)，联立解得B ，故C错误；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为Q1mglmgv1(t2t1)；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生

12、的热量为Q2mglm(v22v32)mgv1(t2t1)m(v22v32)，故QQ1Q22mgv1(t2t1)m(v22v32)，故D正确。答案BD8(多选)(2018江苏卷)如图5231所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场和的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆图5231A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C穿过两磁场产生的总热量为4mgdD释放时距磁场上边界的高度h可能小于解析根据题述，由金属杆进入磁场和进入磁

13、场时速度相等可知，金属杆在磁场中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场到刚进入磁场过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场产生的热量Q12mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为22mgd4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场时的速度v，进入磁场时产生的感应电动势EBLv，感应电流I，所受安培力FBIL，由于金属杆刚进入磁场时加速

14、度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，联立解得h，选项D错误。答案BC二、计算题(共40分)9(12分)(2019淮安一模)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图5232所示。自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，用金属圆盘制成的后轮在磁场中转动时，可等效成导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B0.5 T，圆盘半径l0.3 m，圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R10 的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U0.6 V。图5232(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？(2)圆

15、盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能？(3)自行车车轮边缘线速度是多少？解析(1)根据右手定则，轮子边缘点等效于电源的负极，则a点接电压表的负接线柱。(2)根据公式Qt代入数据得Q21.6 J(3)由UEBl2代入数值解得vl8 m/s。答案(1)负接线柱(2)21.6 J(3)8 m/s10(12分)(2019陕西部分学校高三检测)某同学为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平面内虚线PQ和MM之间存在竖直向下的匀强磁场，其间距为2L，磁感应强度为B，如图5233所示，沿垂直PQ方向运动的总质量为m的小车，受到地面的

16、阻力为f，当车头(ab边)进入磁场的速度为v0时，车尾(cd边)离开磁场的速度恰好减为零。求：图5233(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；(2)从ab进入磁场到ab离开磁场的过程中，通过线圈截面的电荷量；(3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热。解析(1)车头进入磁场时，设小车的加速度大小为a0，线圈中的感应电动势为E，电流为I，所受安培力的大小为F，则有ENBLv0，I，FNBIL由牛顿第二定律有Ffma0联立解得a0(2)从ab刚进入磁场到ab刚出磁场的过程中，设线圈中的平均感应电动势为E平均，平均电流为I平均，时间为t，通过线圈截面的电荷量为q，则有E平均N，I平均，qI平均t联立解得

17、q(3)设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为Q总，由能量守恒有：Q总mv024fL。答案(1)(2)(3)mv024fL11(16分)如图5234甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为H85 cm，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L120 cm、宽L210 cm、匝数n5的矩形线圈，其总电阻R0.2 、质量m0.5 kg，在t0时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h5 cm处由静止开始下落，0.2 s时线圈刚好全部进入磁场，0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：图5234(1)线圈穿过磁场区域所

18、经历的时间t；(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。解析(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1，则v122gh，得v11 m/shgt12，得t10.1 s进入磁场时，E1nB1L1v1，I1，FA1nB1I1L1得FA15 N，即FA1mg线圈匀速进入磁场，L2v1t2得t20.1 s之后线圈向下做匀加速运动，运动dHL20.75 m后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘有v22v122gd，得v24 m/s由v2v1gt3，得t30.3 s出磁场时，E2nB2L1v2，I2，FA2nB2I2L1得FA25 N，即FA2mg线圈匀速出磁场，L2v2t4得t40.025 s因此线圈穿过磁场区域所经历的时间tt2t3t40.425 s(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量Q1mg2L21.0 J整个线圈在磁场中运动时，E3nL1L2 T/sQ2t3 J0.042 J因此全过程产生的总热量QQ1Q21.042 J。答案(1)0.425 s(2)1.042 J