[配套k12学习]2019年版本高考物理二轮复习专题训练：电磁感应规律的综合应用(含答案详解)新人教版-Word版
2019高考物理大二轮复习 专题四 电路和电磁感应 专题能力训练12 电磁感应及综合应用
专题能力训练12 电磁感应及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中,bc边与磁场右边界重合。
现发生以下两个过程:一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动;二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。
若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等,则磁感应强度随时间的变化率为()A. B. C. D.2.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。
轨道的电阻忽略不计,OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。
空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。
在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则等于()A. B. C. D.23.用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框彼此绝缘,如图所示。
把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。
当磁感应强度均匀减小时()A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为1∶2D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶14.小明有一个磁浮玩具,其原理是利用电磁铁产生磁性,让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来,其构造如图所示。
若图中电源的电压固定,可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置,则下列叙述正确的是()A.电路中的电源必须是交流电源B.电路中的a端点须连接直流电源的负极C.若增加环绕软铁的线圈匝数,可增加玩偶飘浮的最大高度D.若将可变电阻的电阻值调大,可增加玩偶飘浮的最大高度5.如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。
[全国通用]2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练12电磁感应规律及其应用
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回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R ，方向水平向右D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i x 的图象中正确的是()解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L的过程中，BLvE＝BLv，电流I＝，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为R2BLv 正方向；在L～2L的过程中，电动势E＝2BLv，电流I＝，R根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L～3L的过BLv，根据右手定则判断方向为逆时针方程中，E＝BLv，电流I＝R向，为正方向；故ABD错误，C正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( ) A．当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B．当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C．当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a到bD．当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b，A错误C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N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．两板间有一个质量为m 、电量为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( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgdqL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔBΔt ＝mgd2qL 2 D ．正在减小，ΔB Δt＝mgd 2qL 2 解析：选B.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：E ＝ΔBΔt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgdqL 2；故选B.5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgRB 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ） D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg＝B2L2vR ，解得可能的最小速度v＝mgRB2L2，故B错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg(h＋L)＝Q＋12mv2，解得最小速度v＝2g（h＋L－d），故C正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A．a先变亮，然后逐渐变暗B．b先变亮，然后逐渐变暗C．c先变亮，然后逐渐变暗D．b、c都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S闭合时，电感L1中电流等于两倍L2的电流，断开电键S的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b、c的电流都通过a，故a先变亮，然后逐渐变暗，故A正确；b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C、D错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C的电容器，将一质量为m的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.用与导轨平行的外力F向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t1后撤去力F，撤去力F前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎪⎫BL ＋m CBLD ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F－BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL，则外力F 的冲量大小为IF ＝Ft 1＝It 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN、PQ两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M、P间连接一电阻R.金属小环a、b套在金属轨道上，质量为m的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( ) A．上滑过程所用时间比下滑过程短B．上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程大D．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，vt图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A正确；由qΔΦ＝，可知上滑过程通过电阻R的电量等于下滑过程中电量，故RB错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R产生的热量大于ΔΦ下滑过程中产生的热量，故C正确．安培力冲量I＝BLq，q＝，R可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻．现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E2R ＝BLv 2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v2R联立解得：v ＝3mgRB 2L 2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为QR ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4，故D 正确；故选AD.10．(多选)如图甲所示，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 ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力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．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝RR ＋rE ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝RR ＋rBLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W ＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。
2019版高考物理二轮复习专题四电路和电磁感应专题突破练12电磁感应规律及综合应用.docx
3-22 0：5 [7 10//s -2 -3 r/s Ho" I（时间:45分钟 满分：100分）一、选择题（共10小题,每小题8分，共80分。
在每小题给出的四个选项中，第1帀小题只有一个 选项符合题目要求，第6 ^10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分，选对但不全的得4 分，有选错或不答的得0分）（2018湖南株洲二质检）如图，沿东西方向站立的两同学（左西右东）做“摇绳发电”实验:把一条长 导线的两端连在一个灵敏电流计（零刻度在表盘屮央）的两个接线柱上,形成闭合回路，然后迅速摇 动枷这段“绳” o 假设图中情景发生在赤道，则下列说法正确的是（）A. 当“绳”摇到最高点时，“绳”屮电流最大B. 当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大C. 当“绳”向下运动吋,W 点电势比〃点电势高D. 摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变甲 乙（2018福建龙岩一模）如图甲所示，用一根横截面积为5电阻率为Q 的硬质导线做成一个半径为厂 的圆环，臼方为圆环的直径。
在白方的右侧存在一个足够大的匀强磁场，1=0时刻磁场方向垂直于竖直 圆环平面向里，磁场磁感应强度〃随时间方变化的关系如图乙所示，则0 N 时|'可内（）A. 圆坏中产生感应电流的方向为逆时针B. 圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C. 圆环一直具有扩张的趋势D. 圆坏中感应电流的大小为石亦3. （2018陕西咸阳二模）如图甲，匝数刀吃的金属圈（电阻不计）1韦I 成的面积为20 ci 『,线圈与虑0 Q 的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为〃，沪z 关系 如图乙，规定感应电流，从臼经过到〃的方向为正方向。
忽略线圈的自感彫响，则下列,-十关系 图正确的是（）专题突破练12 电磁感应规律及综合应用f/x 1O-7A J /X 10-7A 3 }104./\ /代\（2018山西长治、运城、大同、朔州、阳泉五地联考）如图所示,等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框,线框斜边长为/,线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框屮感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流，随L图a图a是用电流传感器（相当于电流表，其内阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为斤,L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图b是某同学画出的在玄时刻开关S切断前后，通过传感器的电流随时间变化的图象。
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高考物理二轮总复习专题过关检测电磁感应(附参考答案)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.如图12-1所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和R S上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是()图12-1A.v1＞v2,v1向右，v2向左B.v1＞v2,v1和v2都向左C.v1=v2,v1和v2都向右D.v1=v2,v1和v2都向左解析:因回路abdc中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc的面积应增大，选项A、C、D错误，B正确.答案:B2.(2010河北唐山高三摸底，12)如图12-2所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间(两磁极间磁场可视为匀强磁场)，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动.当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有()图12-2A.线圈与蹄形磁铁的转动方向相同B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反C.线圈中产生交流电D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律等考点.根据楞次定律的推广含义可知A正确、B错误；最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为交流电.答案:AC3.如图12-3 所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正.当M中通入下列哪种电流时,在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流()图12-3图12-4解析:据楞次定律，P 中产生正方向的恒定感应电流说明M 中通入的电流是均匀变化的，且方向为正方向时应均匀减弱，故D 正确. 答案:D4.如图12-5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图12-5A.2mgLB.2mgL +mgHC.mgH mgL 432+D.mgH mgL 412+解析:设刚进入磁场时的速度为v 1,刚穿出磁场时的速度212v v =① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得mgH mv =2121②Q mv L mg mv +=⋅+222121221③ 由①②③得mgH mgL Q 432+=.C 选项正确.答案:C5.如图12-6(a)所示,圆形线圈P 静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同线圈Q ,P 和Q 共轴,Q 中通有变化电流,电流随时间变化的规律如图12-6(b)所示,P 所受的重力为G ,桌面对P 的支持力为F N ,则( )图12-6A.t 1时刻F N ＞GB.t 2时刻F N ＞GC.t 3时刻F N ＜GD.t 4时刻F N =G解析:t 1时刻,Q 中电流正在增大,穿过P 的磁通量增大,P 中产生与Q 方向相反的感应电流,反向电流相互排斥,所以F N ＞G ;t 2时刻Q 中电流稳定,P 中磁通量不变,没有感应电流,F N =G ;t 3时刻Q 中电流为零,P 中产生与Q 在t 3时刻前方向相同的感应电流,而Q 中没有电流,所以无相互作用,F N =G ;t 4时刻,P 中没有感应电流,F N =G . 答案:AD6.用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图12-7所示.在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是()图12-7A.U a ＜U b ＜U c ＜U dB.U a ＜U b ＜U d ＜U cC.U a =U b ＜U d =U cD.U b ＜U a ＜U d ＜U c 解析:线框进入磁场后切割磁感线,a 、b 产生的感应电动势是c 、d 电动势的一半.而不同的线框的电阻不同.设a 线框电阻为4r ,b 、c 、d 线框的电阻分别为6r 、8r 、6r ,则4343BLv r r BLv U a =⋅=,,6565BLv r r BLv U b =⋅=,23862BLv r r Lv B U c =⋅= .34642Blvr r Lv B U d =⋅=所以B 正确.答案:B7.(2010安徽皖南八校高三二联，16)如图12-8所示，用一块金属板折成横截面为“”形的金属槽放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，并以速度v 1向右匀速运动，从槽口右侧射入的带电微粒的速度是v 2，如果微粒进入槽后恰能做匀速圆周运动，则微粒做匀速圆周运动的轨道半径r 和周期T 分别为()图12-8A.gv g v v 2212,π B.gv g v v 1212,π C.gv g v 112,π D.gv g v 212,π 解析:金属板折成“”形的金属槽放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，并以速度v 1向右匀速运动时，左板将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可知上板为正，下板为负，11Bv lBlv d U E ===，微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有,1g qBv g qE m ==向心力由洛伦兹力提供，所以,222rv m B qv =得g v m qB mv r 212==，周期gv v r T 1222ππ==，故B 项正确.答案:B8.超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图12-9所示的模型:在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场的宽度都是l，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L、宽为l的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动.设金属框的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为F f，金属框的最大速度为v m，则磁场向右匀速运动的速度v可表示为()图12-9A.v=(B2L2v m－F f R)/B2L2B.v=(4B2L2v m+F f R)/4B2L2C.v=(4B2L2v m－F f R)/4B2L2D.v=(2B2L2v m+F f R)/2B2L2解析:导体棒ad和bc各以相对磁场的速度(v－v m)切割磁感线运动，由右手定则可知回路中产生的电流方向为abcda,回路中产生的电动势为E=2BL(v－v m),回路中电流为I=2BL(v－v m)/R,由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力为F合=2×BL I=4B2L2(v－v m)/R，依题意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则F f=F合，解得磁场向右匀速运动的速度v=(4B2L2v m+F f R)/4B2L2,B对.答案:B9.矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图12-10甲所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.在0～4 s时间内,线框中的感应电流(规定顺时针方向为正方向)、ab边所受安培力(规定向上为正方向)随时间变化的图象分别为图乙中的()甲乙图12-0解析:在0～1 s内,穿过线框中的磁通量为向里的减少,由楞次定律,感应电流的磁场垂直纸面向里,由安培定则,线框中感应电流的方向为顺时针方向.由法拉第电磁感应定律,tSB n E ∆⋅∆=,E 一定,由,REI =故I 一定.由左手定则,ab 边受的安培力向上.由于磁场变弱,故安培力变小.同理可判出在1～2 s 内,线框中感应电流的方向为顺时针方向,ab 边受的安培力为向下的变强.2～3 s 内,线框中感应电流的方向为逆时针方向,ab 边受的安培力为向上的变弱,因此选项AD 对. 答案:AD10.如图12-11甲所示,用裸导体做成U 形框架abcd ,ad 与bc 相距L =0.2 m,其平面与水平面成θ=30°角.质量为m =1 kg 的导体棒PQ 与ad 、bc 接触良好,回路的总电阻为R =1 Ω.整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中,磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示(设图甲中B 的方向为正方向).t =0时,B 0=10 T 、导体棒PQ 与cd 的距离x 0=0.5 m.若PQ 始终静止,关于PQ 与框架间的摩擦力大小在0～t 1=0.2 s 时间内的变化情况,下面判断正确的是( )图12-11 A.一直增大B.一直减小C.先减小后增大D.先增大后减小解析:由图乙,T /s 501==∆∆t B t B ,t =0时,回路所围面积S =Lx 0=0.1 m 2,产生的感应电动势V 5=∆⋅∆=t S B E ,A 5==REI ,安培力F =B 0IL =10 N,方向沿斜面向上.而下滑力mg sin30°=5 N,小于安培力,故刚开始摩擦力沿斜面向下.随着安培力减小,沿斜面向下的摩擦力也减小,当安培力等于下滑力时,摩擦力为零.安培力再减小,摩擦力变为沿斜面向上且增大,故选项C 对. 答案:C二、填空题(共2小题，共12分)11.(6分)如图12-12所示,有一弯成θ角的光滑金属导轨POQ ,水平放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.有一金属棒M N 与导轨的OQ 边垂直放置,金属棒从O 点开始以加速度a 向右运动,求t 秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是____________________.图12-12解析:该题求的是t 秒末感应电动势的瞬时值,可利用公式E =Blv 求解,而上面错误解法求的是平均值.开始运动t 秒末时,金属棒切割磁感线的有效长度为.tan 21tan 2θθat OD L == 根据运动学公式,这时金属棒切割磁感线的速度为v =at . 由题知B 、L 、v 三者互相垂直,有θtan 2132t Ba Blv E ==,即金属棒运动t 秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是.tan 2132θt Ba E = 答案:θtan 2132t Ba 12.(6分)如图12-13所示,有一闭合的矩形导体框,框上M 、N 两点间连有一电压表,整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,且框面与磁场方向垂直.当整个装置以速度v 向右匀速平动时,M 、N 之间有无电势差?__________(填“有”或“无”)，电压表的示数为__________.图12-13解析:当矩形导线框向右平动切割磁感线时,AB 、CD 、MN 均产生感应电动势,其大小均为BLv ,根据右手定则可知,方向均向上.由于三个边切割产生的感应电动势大小相等,方向相同,相当于三个相同的电源并联,回路中没有电流.而电压表是由电流表改装而成的,当电压表中有电流通过时,其指针才会偏转.既然电压表中没有电流通过,其示数应为零.也就是说,M 、N 之间虽有电势差BLv ,但电压表示数为零. 答案:有 0三、计算、论述题(共4个题,共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)如图12-14所示是一种测量通电线圈中磁场的磁感应强度B 的装置,把一个很小的测量线圈A 放在待测处,线圈与测量电荷量的冲击电流计G 串联,当用双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,从而引起电荷的迁移,由表G 测出电荷量Q ,就可以算出线圈所在处的磁感应强度B.已知测量线圈的匝数为N,直径为d ,它和表G 串联电路的总电阻为R ,则被测出的磁感应强度B 为多大?图12-14解析:当双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,根据法拉第电磁感应定律可得:td B N t N E ∆=∆∆Φ=2)2(2π 由欧姆定律和电流的定义得:,t Q R E I ∆==即t REQ ∆= 联立可解得:.22Nd QRB π=答案:22Nd QR π14.(12分)如图12-15所示,线圈内有理想边界的磁场,开始时磁场的磁感应强度为B 0.当磁场均匀增加时,有一带电微粒静止于平行板(两板水平放置)电容器中间,若线圈的匝数为n ,平行板电容器的板间距离为d ,粒子的质量为m ,带电荷量为q .(设线圈的面积为S )求:图12-15(1)开始时穿过线圈平面的磁通量的大小. (2)处于平行板电容器间的粒子的带电性质. (3)磁感应强度的变化率. 解析:(1)Φ=B 0S.(2)由楞次定律,可判出上板带正电,故推出粒子应带负电. (3),tnE ∆∆Φ=,ΔΦ=ΔB ·S, mg d E q =⋅,联立解得:.nqSmgd t B =∆∆ 答案:(1)B 0S (2)负电 (3)nqSmgdt B =∆∆ 15.(12分)两根光滑的长直金属导轨MN 、M ′N ′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M ′处接有如图12-16所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C.长度也为l 、阻值同为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中.ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q .求:图12-16(1)ab 运动速度v 的大小； (2)电容器所带的电荷量q .解析:本题是电磁感应中的电路问题,ab 切割磁感线产生感应电动势为电源.电动势可由E =Blv 计算.其中v 为所求,再结合闭合(或部分)电路欧姆定律、焦耳定律、电容器及运动学知识列方程可解得.(1)设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ,ab 运动距离s 所用时间为t ,三个电阻R 与电源串联,总电阻为4R ,则 E=Blv由闭合电路欧姆定律有RE I 4=vs t =由焦耳定律有Q =I 2(4R )t 由上述方程得.422sl B QRv =(2)设电容器两极板间的电势差为U ,则有U=IR电容器所带电荷量q =CU解得.BlsCQRq =答案:(1)sl B QR224 (2)Bls CQR16.(14分)如图12-17所示,水平地面上方的H 高区域内有匀强磁场,水平界面PP ′是磁场的上边界,磁感应强度为B ,方向是水平的,垂直于纸面向里.在磁场的正上方,有一个位于竖直平面内的闭合的矩形平面导线框abcd ,ab 长为l 1,bc 长为l 2,H ＞l 2,线框的质量为m ,电阻为R .使线框abcd 从高处自由落下,ab 边下落的过程中始终保持水平,已知线框进入磁场的过程中的运动情况是:cd 边进入磁场以后,线框先做加速运动,然后做匀速运动,直到ab 边到达边界PP ′为止.从线框开始下落到cd 边刚好到达水平地面的过程中,线框中产生的焦耳热为Q .求:图12-17(1)线框abcd 在进入磁场的过程中,通过导线的某一横截面的电荷量是多少? (2)线框是从cd 边距边界PP ′多高处开始下落的? (3)线框的cd 边到达地面时线框的速度大小是多少?解析:(1)设线框abcd 进入磁场的过程所用时间为t ,通过线框的平均电流为I ,平均感应电动势为ε,则RI t εε=∆∆Φ=,,ΔΦ=Bl 1l 2 通过导线的某一横截面的电荷量t I q ∆=解得.21Rl Bl q =(2)设线框从cd 边距边界PP ′上方h 高处开始下落,cd 边进入磁场后,切割磁感线,产生感应电流,在安培力作用下做加速度逐渐减小的加速运动,直到安培力等于重力后匀速下落,速度设为v ,匀速过程一直持续到ab 边进入磁场时结束,有 ε=Bl 1v ,,RI ε=F A =BIl 1,F A =mg解得212l B mgRv =线框的ab 边进入磁场后,线框中没有感应电流.只有在线框进入磁场的过程中有焦耳热Q .线框从开始下落到ab 边刚进入磁场的过程中,线框的重力势能转化为线框的动能和电路中的焦耳热.则有Q mv l h mg +=+2221)(解得.222414414223l l mgB l QB R g m h -+= (3)线框的ab 边进入磁场后,只有重力作用下,加速下落,有)(21212222l H mg mv mv -=- cd 边到达地面时线框的速度.)(224142222l H g l B R g m v -+= 答案:(1)Rl Bl 21 (2)241441422322l l mgB l QB R g m -+ (3))(22414222l H g l B R g m -+。
河北省2019年高考物理二轮练习考点综述电磁感应定律的综合运用
河北省2021年高考物理二轮练习考点综述电磁感应定律的综合运用电磁感应定律旳综合运用1. 如图1所示旳电路可以用来“研究电磁感应现象〞. 干电池、开关、线圈A.滑动变阻器串联成一个电路, 电流计、线圈B串联成另一个电路. 线圈A.B套在同一个闭合铁芯上, 且它们旳匝数足够多. 从开关闭合时开场计时, 流经电流计旳电流大小i随时间t变化旳图象是( ).图12. 如图2所示, 两竖直放置旳平行光滑导轨相距0.2 m, 其电阻不计, 处于水平向里旳匀强磁场中, 匀强磁场旳磁感应强度为0.5 T, 导体棒ab与cd旳旳力拉ab 棒, 使之匀速向上运动, 此时cd棒恰好静止, 棒与导轨始终接触良好, 导轨足够长, g 取10 m/s2, 那么( )．图2A. ab棒向上运动旳速度为1 m/sB. ab棒受到旳拉力大小为0.2 NC. 在2 s时间内, 拉力做功为0.4 JD. 在2 s时间内, ab棒上产生旳焦耳热为0.4 J3. 物理课上, 教师做了一个奇妙旳“跳环实验〞. 如图3所示, 她把一个带铁芯旳线圈L、开关S和电源用导线连接起来后, 将一金属套环置于线圈L上, 且使铁芯穿过套环, 闭合开关S旳瞬间, 套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路, 经重复试验, 线圈上旳套环均未动．比照教师演示旳实验, 以下四个选项中, 导致套环未动旳原因可能是( ).图3A. 线圈接在了直流电源上B. 电源电压过高C. 所选线圈旳匝数过多D. 所用套环旳材料与教师旳不同4．如图4所示, 在倾角为θ旳斜面上固定有两根足够长旳平行光滑导轨, 两导轨间距为L, 金属导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上, 导体棒ab旳质量为m, 电阻为R.导轨电阻不计．空间有垂直于导轨平面旳匀强磁场, 磁感应强度为B.当金属导体棒ab由静止开场向下滑动一段时间t0后, 再接通开关S, 那么关于导体棒ab运动旳v－t图象可能正确旳是( )．图45. 如图5所示, 在垂直纸面向里、磁感应强度为B旳匀强磁场区域中有一个均匀导线制成旳单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定旳速度v沿垂直磁场方向向右运动, 运动中线框旳AB边始终与磁场右边界平行．AB＝BC＝l, 线框导线旳总电阻为R, 那么线框离开磁场旳过程中( ).图5A. 线框中旳电动势随时间均匀减小B. 通过线框截面旳电荷量为C. 线框所受外力旳最大值为D. 线框中旳热功率与时间成正比6．如图6所示, 相距为L旳两条足够长旳光滑平行金属导轨与水平面旳旳导体棒由静止释放, 当速度到达v时开场匀速运动, 此时对导体棒施加一平行于导轨向下旳拉力, 并保持拉力旳功率恒为P, 导体棒最终以2v旳速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好, 不计导轨和导体棒旳旳是( )．图6A. P＝2mgvsin θB. P＝3mgvsin θC. 当导体棒速度到达时加速度大小为sin θD. 在速度到达2v以后匀速运动旳过程中, R上产生旳焦耳热等于拉力所做旳功7. 如图7所示, 空间被分成假设干个区域, 分别以水平线aa′、bb′、cc′、dd′为界, 每个区域旳高度均为h, 其中区域Ⅱ存在垂直于纸面向外旳匀强磁场, 区域Ⅲ存在垂直于纸面向里且与区域Ⅱ旳磁感应强度大小相等旳匀强磁场．竖直面内有一边长为h、质量为m旳正方形导体框, 导体框下边与aa′重合并由静止开场自由下落, 导体框下边刚进入bb′就做匀速直线运动, 之后导体框下边越过cc′进入区域Ⅲ, 导体框旳下边到达区域Ⅲ旳某一位置时又开场做匀速直线运动．求：图7(1)导体框在区域Ⅲ匀速运动旳速度.(2)从导体框下边刚进入bb′时到下边刚触到dd′时旳过程中, 导体框中产生旳热量．(重力加速度为g, 导体框始终在竖直面内运动且下边始终水平)8. 如图8甲所示, 两根质量均为0.1 kg完全一样旳导体棒a、b, 用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ、MN架设旳斜面上．斜面倾角θ为53°, a、b导体棒旳间距是PQ、MN导轨旳间距旳一半, 导轨间分界限OO′以下有方向垂直斜面向上旳匀强磁场．当a、b导体棒沿导轨下滑时, 其下滑速度v与时间旳关系图象如图乙所示．假设a、b导体棒接入电路旳电阻均为1 Ω, 其他电阻不计, 取g＝10 m/s2, sin 53°＝0.8, cos53°＝0.6, 试求：图8(1)PQ、MN导轨旳间距d；(2)a、b导体棒与导轨间旳动摩擦因数；(3)匀强磁场旳磁感应强度B旳大小.9．如图9所示, 水平放置旳金属细圆环半径为0.1 m, 竖直放置旳金属细圆图9柱(其半径比0.1 m小得多)旳端面与金属圆环旳上外表在同一平面内, 圆柱旳细轴通过圆环旳中心O, 将一质量和电阻均不计旳导体棒一端固定一个质量为10 g旳金属小球, 被圆环和细圆柱端面支撑, 棒旳一端有一小孔套在细轴O上, 固定小球旳一端可绕轴线沿圆环作圆周运动, 小球与圆环旳摩擦因数为0.1, 圆环处于磁感应强度大小为 4 T, 方向竖直向上旳恒定磁场中, 金属细圆柱与圆环之间连接如图电学元件, 不计棒与轴及与细圆柱端面旳摩擦, 也不计细圆柱、圆环及感应电流产生旳磁场, 开场时S1断开, S2拨在1位置, R1＝R3＝4 Ω, R2＝R4＝6 Ω, C＝30 μF, 求:(1)S1闭合, 问沿垂直于棒旳方向以多大旳水平外力作用于棒旳A端, 才能使棒稳定后以角速度10 rad/s匀速转动？(2)S1闭合稳定后, S2由1拨到2位置, 作用在棒上旳外力不变, 那么至棒又稳定匀速转动旳过程中, 流经R3旳电量是多少？参考答案1．B2．B3. D [金属套环跳起旳原因是开关S闭合时, 套环上产生感应电流与通电螺线管上旳电流相互作用而引起旳. 线圈接在直流电源上, S闭合时, 金属套环也会跳起. 电压越高, 线圈匝数越多, S闭合时, 金属套环跳起越剧烈. 假设套环是非导体材料, 那么套环不会跳起. 应选项A.B.C错误, 选项D正确. ]4. ACD [当开关S闭合前导体棒ab匀加速运动时, 其加速度为a＝gsin θ,经时间t0, 其末速度为vt＝gt0sin θ.当开关S闭合后, 导体棒ab会受到安培力作用, 由左手定那么可知, 安培力沿导轨向上, 当导体棒旳重力沿导轨向下旳分力与安培力平衡时, 导体棒旳运动速度到达稳定, 这就是导体棒旳收尾速度. ]5. B [三角形线框向外匀速运动旳过程中, 由于有效切割磁感线旳长度L＝vt, 所以线框中感应电动势旳大小E ＝BLv ＝Bv2t, 应选项A 错误；线框离开磁场旳运动过程中, 通过线圈旳电荷量Q ＝I Δt ＝·Δt ＝, 选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时, 线框有效切割磁感线旳长度最大, 那么F ＝BIt ＝, 选项C 错误；线框旳热功率P ＝Fv ＝BIv2t ＝, 选项D 错误. ]6. AC [导体棒由静止释放, 速度到达v 时, 回路中旳电流为I, 那么根据共点力旳旳拉力, 以2v 旳速度匀速运动时, 那么回路中旳电流为2I, 那么根据平衡条件, 有F ＋mgsin θ＝B ×2IL, 所以拉力F ＝mgsin θ, 拉力旳功率P ＝F ×2v ＝2mgvsin θ, 应选项A 正确、选项B 错误；当导体棒旳速度到达时, 回路中旳电流为, 根据牛顿第二定律, 得mgsin θ－BL ＝ma, 解得a ＝sin θ, 选项C 正确；当导体棒以2v 旳速度匀速运动时, 根据能量守恒定律, 重力和拉力所做旳功之和等于R 上产生旳焦耳热, 应选项D 错误. ]7. 解析 (1)导体框从aa ′到bb ′过程中, 设刚进入bb ′时导体框旳速度为v, 那么mgh ＝mv2, 所以v ＝导体框进入bb ′开场匀速运动时mg ＝BIh, I ＝,所以mg ＝B2h2v R 导体框下边到达区域Ⅲ旳某一位置时又开场做匀速直线运动时mg ＝2BI ′h, I ′＝, 所以mg ＝由以上各式得v′＝v 4＝142gh(2)从导体框下边刚进入bb ′时到下边刚出dd ′时旳过程中, 设产生旳热量为Q 由动能定理：2mgh －Q ＝mv ′2－mv2, Q ＝2mgh ＋mv2所以Q ＝4716mgh.答案 (1)142gh (2)4716mgh8. 解析 (1)由题图乙可知导体棒b 刚进入磁场时a 、b 和轻杆所组成旳系统做匀速运动, 当导体棒a 进入磁场后才再次做加速运动, 因而b 棒匀速运动旳位移即为a 、b 棒旳间距, 依题意可得：d ＝2vt ＝2×3×(0.6－0.4)m ＝1.2 m(2)设进入磁场前导体棒运动旳加速度为a, 由图乙得: a ＝＝7.5 m/s2, 因a 、b 一起运动, 故可看作一个整体, 其受力分析如下图. 由牛顿第二定律得: 2mgsin θ－μ2mgcos θ＝2ma解得: μ＝(3)当b 导体棒在磁场中做匀速运动时, 有2mgsin θ－μ2mgcos θ－BId ＝0I ＝Bdv 2R联立解得: B ＝0.83 T答案 (1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T9. 解析 (1)金属细圆柱产生旳电动势为E ＝B ωL2＝2 V,对整个系统由功能关系得(F －f)ωL ＝, 代入数据解得F ＝0.41 N.(2)S1闭合, S2拨到2位置, 稳定后旳金属细圆柱旳角速度为ω′, 由对整个系统由功能关系有(F －f)ω′L ＝, 代入数据解得ω′＝ω＝10 rad/s, S2拨向1稳定后电容器两端旳电压为U1＝＝12 V, 且上板带正电．S2拨向2稳定后电容两端旳电压为U2＝＝0.8 V, 且上板带负电, 电容器上旳电量变化为ΔQ ＝(U1＋U2)C ＝6×10－5C, 所以流过R3旳电量为Q3＝ΔQ ＝3.6×10－5C.答案 (1)0.41 N (2)3.6×10－5C。
【配套K12】2019版高考物理金榜一轮课时分层作业： 三十 10.3电磁感应规律的综合应用
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课时分层作业三十电磁感应规律的综合应用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
1～4题为单选题,5～8题为多选题)1.(2018·渭南模拟)如图所示有理想边界的两个匀强磁场,磁感应强度均为B=0.5 T,两边界间距s=0.1 m,一边长L=0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成,总电阻为R=0.4 Ω,现使线框以v=2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ,则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是 ( )【解析】选A。
t在0～5×10-2 s内,ab切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向,则a点的电势高于b点的电势,U ab为正,则ab两端电势差U ab=E=×BLv=×0.5×0.2×2V=15×10-2V;t在5×10-2s～10×10-2 s内,cd边进入磁场Ⅱ后,cd边和ab都切割磁感线,都产生感应电动势,线框中感应电流为零,由右手定则判断可知,a点的电势高于b点的电势,U ab为正,所以U ab=E=BLv=0.5×0.2×2V=0.20 V=20×10-2 V,t在10×10-2 s～15×10-2 s内,ab边穿出磁场后,只有cd边切割磁感线,由右手定则知,a点的电势高于b点的电势,U ab为正。
U ab=E=BLv=×0.5×0.2×2V=5×10-2 V,故整个过程中线框a、b 两点的电势差U ab随时间t变化的图线如图A所示,故A项正确。
2.如图甲,水平放置的平行金属导轨可分别与定值电阻R和平行板电容器C相连,导体棒MN置于导轨上且接触良好,取向右为运动的正方向,导体棒沿导轨运动的位移—时间图象如图乙所示;导体棒始终处于垂直纸面向外的匀强磁场中,不计导轨和导体棒电阻,则0～t2时间内 ( )A.若S接A,电容器a极板始终带负电B.若S接A,t1时刻电容器两极板电压最大C.若S接B,MN所受安培力方向先向左后向右D.若S接B,t1时刻MN所受的安培力最大【解析】选C。
2019届高三物理二轮复习专项训练：计算题题型专练(五) 电磁感应规律的综合应用+Word版含答案
2019届高三物理二轮复习专项训练计算题题型专练(五)电磁感应规律的综合应用1. 如图所示，两根间距为L＝0.5 m的平行金属导轨，其cd左侧水平，右侧为竖直的14圆弧，圆弧半径r＝0.43 m，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有R1＝1.5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，现有一根电阻R2＝10 Ω的金属杆在水平拉力作用下，从图中位置ef由静止开始做加速度a＝1.5 m/s2的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，开始运动的水平拉力F＝1.5 N，经2 s金属杆运动到cd时撤去拉力，此时理想电压表的示数为1.5 V，此后金属杆恰好能到达圆弧最高点ab，g＝10 m/s2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)金属杆从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热。
解析(1)金属杆运动到cd时，由欧姆定律可得I＝UR1＝0.15 A由闭合电路的欧姆定律可得E＝I(R1＋R2)＝0.3 V金属杆的速度v＝at＝3 m/s由法拉第电磁感应定律可得E＝BL v，解得B＝0.2 T(2)金属杆开始运动时由牛顿第二定律可得F＝ma，解得m＝1 kg金属杆从cd运动到ab的过程中，由能量守恒定律可得Q＝12m v2－mgr＝0.2J。
故Q＝R1R1＋R2Q＝0.15 J。
答案(1)0.2 T(2)0.15 J2. 如图所示，两条间距L＝0.5 m且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成α＝30°角固定放置，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量m ab＝0.1 kg、m cd＝0.2 kg的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r＝0.2 Ω，导轨电阻不计。
ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以v＝2 m/s的恒定速度向上运动。
某时刻释放cd，cd向下运动，经过一段时间其速度达到最大。
已知重力加速度g＝10 m/s2，求在cd速度最大时，求：(1)abcd回路的电流强度I以及F的大小；(2)abcd回路磁通量的变化率以及cd的速率。
2019届高考物理二轮复习电磁感应规律及综合应用作业(全国通用)
第2讲电磁感应规律及综合应用课时跟踪训练一、选择题(1～3题为单项选择题，4～8题为多项选择题)1.有一种手持金属探测器实物及其结构原理图可简化为图1所示。
探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈(外环)可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均变化的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属物发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)。
随着发射线圈产生的磁场方向反复变化，它会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。
若发射线圈产生向下且增强的磁场，则下列说法中正确的是()图1A.金属物产生的感应磁场的方向竖直向下B.金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的D.如果金属物中某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流方向从上往下看是沿逆时针方向解析先根据探测器发射线圈发出的磁场判定穿过金属物的磁通量方向和变化情况，再根据楞次定律确定金属物中感应电流产生的磁场方向，用安培定则判断金属物中的感应电流的方向，这里特别要注意感应电流产生的磁场与原磁场不能混淆；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，会引起接收线圈产生微弱的电流，使探测器报警，选项C正确；如果金属中发出向上逐渐增加的磁场，接收线圈感应电流从上向下看为顺时针方向，选项D错误。
答案 C2.(2018·湖南三湘名校第三次联考)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。
小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。
下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。
关于无线充电，下列说法正确的是()图2A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故选项A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故选项B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故选项C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故选项D错误。
[配套K12]2019年高考物理二轮复习十大热门考点专项突破 专题08 电磁感应的综合问题练习
![[配套K12]2019年高考物理二轮复习十大热门考点专项突破 专题08 电磁感应的综合问题练习](https://img.taocdn.com/s3/m/7d532ad70975f46526d3e107.png)
专题08 电磁感应的综合问题电磁感应是高考的必考内容，导体棒切割磁感线产生感应电动势一直是高考的热点，结合闭合电路欧姆定律、共点力的平衡及能量守恒进行考查是高考的命题趋势．在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及变力做功的问题，一般应用能量守恒的方法研究，可不必追究变力作用下运动的细节问题；若涉及恒力或恒定加速度，一般应用动力学的观点研究，可以研究运动的细节问题.电磁感应中的动力学问题-例1、 (2018·东北三校联考)(多选)如图3所示，M 、N 为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串联电阻R ，金属杆ab 垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。
现对金属杆ab 施加一个与其垂直的水平方向的恒力F ，使金属杆从静止开始运动。
在运动过程中，金属杆的速度大小为v ，R 上消耗的总能量为E ，则下列关于v 、E 随时间变化的图象可能正确的是()图3【参考答案】AD例2．(2016·江南十校联考)(18分)如图，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1 m；整个空间以OO′为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B2＝2 T的匀强磁场。
两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其在导轨间的电阻均为R＝1 Ω。
开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8 N向右拉b棒。
假定a棒始终在OO′左侧运动，b棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2。
(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小；(2)当b棒的加速度为1.5 m/s2时，求a棒的加速度大小；(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率。
2019年高考物理二轮复习 专题突破练12 电磁感应规律及综合应用.doc
2019年高考物理二轮复习专题突破练12 电磁感应规律及综合应用一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。
在每小题给出的四个选项中,第1~7小题只有一个选项符合题目要求,第8~12小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.在竖直平面内固定一根水平长直导线,导线中通以如图所示方向的恒定电流。
在其正上方(略靠后)由静止释放一个闭合圆形导线框。
已知导线框在下落过程中始终保持框平面沿竖直方向。
在框由实线位置下落到虚线位置的过程中()A.导线框中感应电流方向依次为:顺时针→逆时针→顺时针B.导线框的磁通量为零时,感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为:向上→向下→向上D.导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能答案 A解析根据安培定则,在通电直导线的上方磁场向外,在通电导线的下方磁场向里;离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小。
线框从上向下靠近导线的过程,向外的磁感应强度增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流;穿越导线时,上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加,先是向外的磁通量减小,之后变成向里的磁通量,并逐渐增大,直至最大;根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流。
向里的磁通量变成最大后,继续向下运动,向里的磁通量又逐渐减小,这时的电流新方向又变成了顺时针,故A正确;根据A中的分析,穿越导线时,上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加,先是向外的磁通量减小,一直减小到0,之后变成向里的磁通量,并逐渐增大。
这一过程是连续的,始终有感应电流存在,不是0,故B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍导线框相对磁场的运动,故受安培力的方向始终向上,故C错误;根据能量守恒定律,导线框产生的焦耳热等于下落过程中导线框损失的重力势能与增加的动能之差,故D错误。
2.(2017黑龙江大庆模拟)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内,以直径为界,左右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场,以垂直纸面向外的磁场为正,两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。
2019高三物理二轮练习-电磁感应
2019高三物理二轮练习-电磁感应注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
考纲展示：法拉第电磁感应定律 楞次定律学法指导：合考查电磁感应、磁场、电路、牛顿运动定律、能量转化和守恒定律等知识的应用、考查的主要题型一般为选择题和计算题、1、考点集中：感应电流的产生条件，感应电流方向的判断，导体切割磁感应线产生感应电动势的计算，法拉第电磁感应定律的应用是高考热点、电磁感应图象问题是近几年课标高考地区命题的重要考点，如Φ－t 图象、B －t 图象、E －t 图象及I －t 图象，这类问题既要用到电磁感应知识，又要用到数学函数图象知识，对运用数学知识求解物理问题的能力要求较高、2、综合性强：本单元是电磁学的核心内容，电磁感应现象与力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒、闭合电路欧姆定律结合，涉及受力分析、运动分析、能量分析、电路分析、磁场问题分析、图象应用等，综合性强，能很好地考查分析能力、 主干知识归纳：〔见《走向高考》〕课前检测：1、(2017·山东卷·21)如图1所示，空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴、一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时 ()A 、穿过回路的磁通量为零B 、回路中感应电动势大小为2Blv 0C 、回路中感应电流的方向为顺时针方向D 、回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同2、(2017·山东卷·21)如图2所示，一个导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路、虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面、回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直、从D 点到达边界开始到C点进入磁场为止，以下结论正确的选项是 ()A 、感应电流方向不变B 、CD 段直线始终不受安培力C 、感应电动势最大值E ＝BavD 、感应电动势平均值E ＝14πBav规律总结1、电磁感应与电路的选择题多以法拉第电磁感应定律、楞次定律为核心，结合直流电路知识，考查感应电动势大小、感应电流方向、2、与左手定那么相结合，考查力、电综合问题、3、涉及多过程问题，作图象或由图象求物理量、典型题型：题型一考查感应电动势大小、感应电流方向例1(2017·新课标卷·21)如图4所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场、一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高垂直、让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0、2时铜棒中电动势大小为E 1，下落距离为0、8R 时电动势大小为E 2、忽略涡流损耗和边缘效应、关于E 1、E 2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，以下判断正确的选项是 ()A 、E 1>E 2，a 端为正B 、E 1>E 2，b 端为正C 、E 1<E 2，a 端为正D 、E 1<E 2，b 端为正规律总结导体切割磁感线时，感应电动势大小一般用公式：E ＝Blv 求解、此公式中l 、v 取有效值，可从以下几方面理解、(1)假设导线长度与速度不垂直，可以保持v 为有效值，取导线在垂直于v 方向的投影长度为有效值L ，如下图中的(a)、(b)所示，在此要特别注意图(c)中导体的有效长度还是它自身、(2)如右图所示，导体棒OP 在匀强磁场中以角速度ω绕O 匀速转动时，保持导体长度为有效值，取棒的中点速度为有效速度，即v ＝12ω·L 、针对训练1如图5所示，虚线左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场、边长为a 的等边三角形闭合金属框架ABC ，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，顶点A 在虚线上，BC 始终平行虚线、现使线框从图示位置以速度v 0匀速向右运动，直到AC 、AB 边的中点连线与虚线重合、在此过程中，以下说法正确的选项是 ()A 、感应电流方向不变B 、AC 、AB 边始终不受安培力作用C 、感应电动势的最大值为Bav 0D 、感应电动势的平均值为Bav 04题型二电磁感应中的力、电综合问题例2如图8所示，相距为H 的两水平虚线之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，电阻分布均匀的正方形线框abcd 的电阻为R 0，质量为m ，边长为L ，线框在磁场上方高h 处由静止释放，线框刚出磁场时，恰能匀速运动，对此，以下说法正确的选项是()A 、线框刚进磁场时，感应电流的方向为a →b →c →d →aB 、线框刚出磁场时，速度为mgR 0B 2L 2C 、线框刚出磁场时，ab 边的电压为3mgR 04B 2L 2D 、在整个下落过程中，线框消耗的总电能为mg (h ＋H )－3m 3g 2R 02B 2L 2规律总结1、闭合电路中的感应电流在原磁场中受安培力，安培力反过来又会影响导体运动，再结合导体所受的其他力，综合地分析运动与力的关系，就形成电磁感应的力、电综合问题、2、电磁感应中的力、电综合，其核心为切割框或棒所受的安培力F 安，由E ＝Blv 、I ＝ER ＋r 、F 安＝BIl ，可得速度为v 时的瞬时安培力为F ＝B 2l 2v /R 、3、线框在有界磁场中运动，要注意磁场宽度、线框宽度的比较，以“窄者”为分析标准，分阶段分析、4、安培力做正功时，电能转化为机械能；安培力做负功，机械能转化为电能、 针对训练2见《走向高考》中例5题型三电磁感应中的图象问题例3如图10所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L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为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正值，外力F向右为正；那么以下关于线框中的磁通量Φ、感应电流i、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的选项是()规律总结1、与图象结合时，主要涉及B－t，Φ－t，E－t，i－t图象等、对于切割现象，还可涉及关于运动位移x的如E－x，i－x图象等，要对应图象分析每一阶段感应电动势与电流的最值、正负、线性变化，确定每一阶段在t、x横轴上的范围、2、此类问题大致可分为两类：一是由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量、3、不管是何种类型，电磁感应中图象问题常需利用右手定那么，楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律来分析、针对训练3见《走向高考》中例2题型四把握“阻碍”本质，正确解答自感问题例4(2017·北京卷·19)在如图12所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R、闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I、然后，断开S、假设t′时刻再闭合S，那么在t′前后的一小段时间内，能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间是t变化的图象是()[思想方法指导]自感现象中，阻碍的对象是电流的变化，而不是电流；阻碍不是阻止，只是延长了电流变化的时间，而电流变化的趋势没有改变，即由于自感使电流由“突变”改成了“缓慢变化”、规律总结1、自感电动势总是阻碍导体中电流的变化，当导体中的电流增大时，自感电动势与原电流方向相反；当导体中的电流减小时，自感电动势与原电流方向相同、2、在通电自感中，线圈相当于阻值逐渐减小的大电阻，在断电自感中，线圈相当于电源、3、断电瞬间，灯泡是否闪亮一下，取决于两灯泡原来电流的大小、此题中假设原来流过L1的电流大于流过L2的电流，那么断开S瞬间，L2中的电流方向改变且突然闪亮一下、针对训练4[2017·北京卷]某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如下图的电路、检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象、虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因、你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A、电源的内阻较大B、小灯泡电阻偏大C、线圈电阻偏大D、线圈的自感系数较大课堂练习1.[2017·上海模拟]如下图，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看)()A、沿顺时针方向B、先沿顺时针方向后沿逆时针方向C 、沿逆时针方向D 、先沿逆时针方向后沿顺时针方向2、[2017·龙岩质检]矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，那么()A 、从0到t 1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB 、从0到t 1时间内，导线框中电流越来越小C 、从t 1到t 2时间内，导线框中电流越来越大D 、从t 1到t 2时间内，导线框bc 边受到安培力大小保持不变3.[2017·南京质检]如下图是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二生的感应电动势为E ，那么a 、b 两点间的电势差为()A.12EB.13EC.23E D 、E。
配套K122019版高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应 第2讲 电磁感应规律及综合应用学案
第2讲 电磁感应规律及综合应用网络构建备考策略1.看到“磁感应强度B 随时间t 均匀变化”，想到“ΔB Δt＝k 为定值”。
2.应用楞次定律时的“三看”和“三想”(1)看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。
(2)看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。
(3)看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。
3.抓住“两个定律”、运用“两种观点”、分析“一种电路”“两个定律”是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；“两种观点”是指动力学观点和能量观点；“一种电路”是指电磁感应电路。
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用楞次定律的应用【典例1】 (2017·全国卷Ⅲ，15)如图1，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。
现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )图1A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D正确，A、B、C错误。
答案 D【典例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅰ，19)如图2，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。
将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。
下列说法正确的是( )图2A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B 、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确。
2019年高三物理总练习二轮课时功课-电磁感应规律的综合应用新人教
2019年高三物理总练习二轮课时功课-电磁感应规律的综合应用新人教注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
课时作业32电磁感应规律的综合应用时间：45分钟总分值：100分【一】选择题(8×8′＝64′)1、如图1所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计、现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动时()图1A 、电容器两端的电压为零B 、电阻两端的电压为BLvC 、电容器所带电荷量为CBLvD 、为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2vR解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，对电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，C 正确，因匀速运动后MN 所受合力为0，且此时无电流，故不受安培力即无需拉力便可做匀速运动，D 错、答案：C2、如图2所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，那么线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为()图2A 、2mgLB 、2mgL ＋mgHC 、2mgL ＋34mgHD 、2mgL ＋14mgH 答案：C3、如图3所示，ab 、cd 是固定在竖直平面内的足够长的金属框架、除bc 段电阻为R ，其余电阻均不计，ef 是一条不计电阻的金属杆，杆两端与ab 和cd 接触良好且能无摩擦下滑，下滑时ef 始终处于水平位置，整个装置处于垂直框面的匀强磁场中，ef 从静止下滑，经过一段时间后闭合开关S ，那么在闭合S 后()图3A 、ef 的加速度可能大于gB 、闭合S 的时刻不同，ef 的最终速度也不同C 、闭合S 的时刻不同，ef 最终匀速运动时电流的功率也不同D 、ef 匀速下滑时，减少的机械能等于电路消耗的电能 答案：AD4、粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行、现使线框沿四个不同方向匀速平移出磁场，如图4所示，线框移出磁场的整个过程()图4A 、四种情况下流过ab 边的电流的方向都相同B 、①图中流过线框的电量与v 的大小无关C 、②图中线框的电功率与v 的大小成正比D 、③图中磁场力对线框做的功与v 2成正比解析：根据右手定那么或楞次定律可知A 正确、流过线框的电量q ＝It ＝Blv R t ＝Bll ′R ＝BS R .故B 正确、电功率P ＝Fv ＝IlB ·v ＝B 2l 2v 2R .P 正比于v 2.故C 不正确、磁场力对线框做功W＝F ·l ′＝IlB ·l ′＝B 2l 2vl ′R ＝B 2lSvR ，W 正比于v .故D 不正确，正确答案为A 、B答案：AB5、如图5所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直、现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开始向右运动、杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计、用E 表示回路中的感应电动势，I 表示回路中的感应电流，在I 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于()图5A 、F 的功率B 、安培力的功率的绝对值C 、F 与安培力的合力的功率D 、IE 答案：BD6、某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过，电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案中只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的选项是()图6A 、无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲乙两方案都是可行的B 、假设输送的电流是恒定电流，甲乙两方案都是可行的C 、假设输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的D 、假设输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的解析：输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，可在金属管中产生涡流，当输电线上电流很大时，强大的涡流有可能将金属管融化，造成事故、所以甲方案是不可行的、在乙方案中，两条导线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，金属管中不会产生涡流，是可行的，此题类似于课本中提到的“双线并绕”、答案：BC7、两金属棒和三根电阻丝如图7连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3，金属棒电阻不计、当S 1、S 2闭合，S 3断开时，闭合的回路中感应电流为I ，当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合的回路中感应电流为5I ，当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流是()图7A 、0B 、3IC 、6ID 、7I解析：当S 1、S 2闭合，S 3断开时，闭合回路中感应电流为I ，那么回路的感应电动势为I ＝UR 1＋R 2；当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合回路中感应电流为5I,5I ＝U ′R 3＋R 2；当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流是I ′＝U ′＋UR 3＋R 1＝7I ，所以D 正确、答案：D 8、如图8所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中、一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)、设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g 、那么此过程()图8A 、杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d 2B 、流过电阻R 的电量为Bdl R ＋rC 、恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D 、恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：图9此题考查电磁感应中的电路、力与运动、能量转换及电量计算等知识点；意在考查考生对电磁感应电路的分析，电磁感应中受力分析和运动情况分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用、A 选项中，当杆达到最大速度v 时，其受力情况如图9所示，在水平方向受拉力F 、安培力F 安＝B 2d 2v R ＋r 、滑动摩擦力f ＝μmg ，三个力的合力为零：F －B 2d 2vR ＋r －μmg ＝0，解得v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2；B 选项中，平均电动势为E ＝ΔΦΔt ，平均电流为I ＝E R ＋r ＝ΔΦ(R ＋r )Δt ，通过的电量q ＝I ·Δt ＝ΔΦ(R ＋r )，而ΔΦ＝B ·ΔS ＝Bdl ，那么q ＝ΔΦ(R ＋r )＝BdlR ＋r ；C 选项中，由动能定理得W F －W f －W 安＝ΔE k ；D 选项中，由前式可得W F －W 安＝ΔE k ＋W f >ΔE k .此题正确选项为BD.答案：BD【二】计算题(3×12′＝36′)9、如图10所示，金属杆ab 可在平行金属导轨上滑动，金属杆电阻R 0＝0.5Ω，长L ＝0.3m ，导轨一端串接一电阻R ＝1Ω，匀强磁场磁感应强度B ＝2T ，当ab 以v ＝5m/s 向右匀速运动过程中，求：图10(1)ab 间感应电动势E 和ab 间的电压U ； (2)所加沿导轨平面的水平外力F 的大小； (3)在2s 时间内电阻R 上产生的热量Q . 解析：(1)根据公式：E ＝BLv ＝3VI ＝ER ＋R 0，U ＝IR ＝2V(2)F ＝F 安，F 安＝BIL ＝1.2N(3)2秒内产生的总热量Q 等于安培力做的功，Q ＝F 安·v ·t ＝12J电阻R 上产生的热量为Q R ＝RR ＋R 0Q ＝8J答案：(1)3V2V(2)1.2N(3)8J10、如图11甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L .M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻、一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直、整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下、导轨和金属杆的电阻可忽略、让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦、图11(1)由b 向a 方向看到的装置如图11乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值、解析：(1)如图12所示，重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上、图12(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中电流I ＝E R ＝BLvR .ab 杆受到安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR ，根据牛顿运动定律，有ma ＝mg sin θ－F ＝mg sin θ－B 2L 2v R ，a ＝g sin θ－B 2L 2vmR .(3)当B 2L 2v R ＝mg sin θ时，ab 杆达到最大速度v m ＝mgR sin θB 2L 2.答案：(1)受力图见解析图12(2)BLv R g sin θ－B 2L 2vmR (3)mgR sin θB 2L 211、如图13(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路、线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图13(b)所示、图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计、求0至t 1时间内图13(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量、解析：(1)设k ＝B 0t 0，由题图(b)可知，磁感应强度B 与时间t 的函数关系为B ＝B 0－B 0t 0t ＝B 0－kt ①磁场的面积及线圈内的磁通量分别为 S ＝πr 22Φ＝BS ＝πr 22(B 0－kt )②在0和t 1时刻，单匝线圈中的磁通量分别为 Φ0＝B 0πr 22Φ1＝πr 22(B 0－kt 1) 即ΔΦ＝－πr 22kt 1③在0至t 1时间内，线圈中的电动势大小及电流分别为ε＝n ΔΦt 1＝n πr 22k ④ I ＝εR ＋2R ＝n πr 22B 03Rt 0⑤根据楞次定律判断，电阻R 1上的电流方向应由b 向a ⑥ (2)0至t 1时间内，通过电阻R 1上的电荷量q ＝It 1＝n πr 22B 0t 13Rt 0⑦ 电阻R 1上产生的热量Q ＝2I 2Rt 1＝2n 2π2r 42B 209Rt 20t 1⑧。
2019年高考物理第二轮练习专项高效升级卷六电磁感应中的综合问题
2019年高考物理第二轮练习专项高效升级卷六电磁感应中的综合问题注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
〔时间：60分钟总分值：100分〕【一】选择题〔此题共10小题，每题6分，共60分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分〕1、如下图，由导体棒ab和矩形线框cdef组成“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，那么以下说法正确的选项是〔〕。
A、导体棒的a端电势比b端电势高，电势差U ab在逐渐增大B、导体棒的a端电势比b端电势低，电势差U ab在逐渐增大C、线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D、线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大2、〔2017·海南单科，6〕如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO ∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。
一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置。
规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，那么感应电流i与时间t的关系图线可能正确的选项是〔〕。
3、如下图，质量为m 的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，那么在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，以下说法中正确的选项是〔〕。
2019届高三物理二轮复习专项训练：第一部分+专题整合+专题四+电磁感应和电路+第2讲+Word版含答案
2019届高三物理二轮复习专项训练第一部分专题整合第2讲电磁感应的规律及应用[真题再现]1.(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图4－2－1所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。
将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。
下列说法正确的是图4－2－1A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确。
答案 AD2.(2018·全国卷Ⅰ)如图4－2－2所示，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。
轨道的电阻忽略不计。
OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好。
空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。
现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)。
[精品]2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练12电磁感应规律及其应用
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回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则( )A．U＝12Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC．MN受到的安培力大小F A＝B2l2v2R，方向水平向右D．MN受到的安培力大小F A＝B2l2vR，方向水平向左解析：选 A.当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E＝BlV，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为12Blv，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b到d.故A正确，B错误．MN受到的安培力F＝BIl＝B2l2v2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD错误．故选 A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i-x的图象中正确的是( )解析：选 C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L的过程中，E＝BLv，电流I＝BLvR，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L～2L的过程中，电动势E＝2BLv，电流I＝2BLvR，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L～3L的过程中，E＝BLv，电流I＝BLvR，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD错误，C正确；故选 C.3．如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A．当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B．当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C．当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a到bD．当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b，A错误C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD错误．故选 C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N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．两板间有一个质量为m、电量为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( )A．正在增强，ΔBΔt＝mgdqL2B．正在减小，ΔBΔt＝mgdqL2C．正在增强，ΔBΔt＝mgd2qL2D．正在减小，ΔBΔt＝mgd2qL2解析：选 B.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：E＝ΔBΔtS＝ΔBΔtL2；油滴所受电场力：F＝E场q，对油滴，根据平衡条件得：q Ed＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt＝mgdqL 2；故选 B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)()A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgRB 2L2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选 C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg＝B 2L 2v R，解得可能的最小速度v ＝mgRB 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q ＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选 C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的()A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选 A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C的电容器，将一质量为m的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.用与导轨平行的外力F向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t1后撤去力F，撤去力F前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C．外力F的冲量大小为It1BL＋m CBLD．撤去外力F后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q＝CU，则ΔQ＝CΔU，I＝ΔQΔt；ΔU＝ΔE＝BLΔv；解得I＝CBLΔvΔt＝CBLa，则导体棒的加速度a恒定，做匀加速运动，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律：F－BIL＝ma，则F＝BIL＋mICBL，则外力F的冲量大小为I F＝Ft1＝It1BL＋mCBL，选项C正确；撤去外力F后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN、PQ两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M、P间连接一电阻R.金属小环a、b套在金属轨道上，质量为m的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A．上滑过程所用时间比下滑过程短B．上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程大D．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v-t图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A正确；由q＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R的电量等于下滑过程中电量，故B错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C正确．安培力冲量I＝BLq，q＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻．现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )A．金属棒的末速度为3mgR B2L2B．金属棒的最大加速度为 1.4gC．通过金属棒的电荷量为BLs RD．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs－9m3g2R24B4L4解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v，则感应电动势E＝BLv；回路电流I＝E2R＝BLv2R；安培力F安＝BIL＝B2L2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F＝mg sin 30°＋F安，即2mg＝12mg＋B2L2v2R联立解得：v＝3mgRB2L2，故A正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F－mg sin 30°＝ma，代入数据2mg－12mg＝ma，解得a＝1.5g，故B错误；根据感应电量公式Q＝ΔΦR总＝BLs2R，故C错误；对金属棒运用动能定理，有Fs－mgs sin30°－Q＝12mv2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R＝12Q＝34mgs－9m3g2R24B4L4，故D正确；故选AD.10．(多选)如图甲所示，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＝0.2 m，两导轨的左端之间连接的电阻R＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力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．则在金属杆开始运动经t＝ 5.0 s时( )A．通过金属杆的感应电流的大小为 1.0 A，方向由b指向aB．金属杆的速率为 4.0 m/sC．外力F的瞬时功率为 1.0 WD．0～5.0 s内通过R的电荷量为 5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b指向a，金属杆开始运动经t＝5.0 s，由图象可知电压为0.4 V，根据闭合电路欧姆定律得I＝UR＝0.40.4A＝1 A，故A正确；根据法拉第电磁感应定律知E＝BLv，根据电路结构可知：U＝RR＋rE，解得v＝5 m/s，故B错误；根据电路知U＝RR＋rBLv＝0.08v＝0.08at，结合U-t图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，在 5 s末时对金属杆有：F－BIL＝ma解得：F＝0.2 N，此时F的瞬时功率P＝Fv＝0.2×5 W＝1 W故C正确；0～5.0 s内通过R的电荷量为q＝It＝ER＋rt＝ΔΦt（R＋r）×t＝ΔΦR＋r＝B×12at2R＋r＝12.5 C，故D错误；综上所述本题答案是AC.。
(浙江选考)2019年高考物理二轮复习专题19电磁感应规律及其应用试题(含解析)
电磁感应规律及其应用●电磁感应概念●1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。
2．产生感应电流的条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。
3．产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。
4．楞次定律（1）内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
（2）运用楞次定律判定感应电流方向的步骤：a．明确穿过闭合电路的原磁场方向；b．明确穿过闭合电路的原磁通量是如何变化的；c．根据楞次定律确定感应电流的磁场方向；d．利用安培定则判定感应电流的方向。
1．产生感应电流的条件(1)闭合回路；(2)磁通量发生变化。
2．磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变，回路面积改变；(2)回路面积不变，磁场强弱改变；(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变。
3.楞次定律应用的推广楞次定律描述的是感应电流与磁通量变化之间的关系，常用于判断感应电流的方向或其所受安培力的方向，一般有以下四种呈现方式：1．阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；2．阻碍相对运动——“来拒去留”；3．使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；4．阻碍原电流的变化（自感现象）——“增反减同”。
站报道，明尼苏达大学的研究人员发现，一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能。
具体而言，只要略微提高温度。
这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图图示.A为圆柱型合金材料，B为线圈。
套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径。
现对A进行加热，则A变成两端为磁极的强磁合金，下列判断正确的是A．B中一定产生逆时针方向的电流B．B中一定产生顺时针方向的电流C．B线圈一定有收缩的趋势D．B线圈一定有扩张的趋势【答案】D●法拉第电磁感应定律●1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
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电磁感应规律的综合应用(附参考答案)1.如图1所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计。
MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R 。
整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。
现对MN 图1施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动。
令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12vBlB ．U ＝13vBlC ．U ＝vBlD ．U ＝2vBl2.如图2所示，两个完全相同的矩形导线框A 、B 在靠得很近的竖直平面内，线框的对应边相互平行。
线框A 固定且通有电流I ，线框B 从图示位置由静止释放，在运动到A 下方的过程中( )A ．穿过线框B 的磁通量先变小后变大B ．线框B 中感应电流的方向先顺时针后逆时针 图2C ．线框B 所受安培力的合力为零D ．线框B 的机械能一直减小3.两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量为+q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( ) A.磁感应强度B 竖直向上且正增强,dmgt nq ∆Φ=∆ B.磁感应强度B 竖直向下且正增强，dmgt nq∆Φ=∆ C.磁感应强度B 竖直向上且正减弱，()dmg R r t nqR +∆Φ=∆ D.磁感应强度B 竖直向下且正减弱，()dmgr R r t nq+∆Φ=∆ 4.如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示，规定斜向下为正方向，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )5．如下图所示，在一均匀磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( ) A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速 B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止 C ．ef 将匀速向右运动 D ．ef 将往返运动解析：杆ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动．答案：A6．如图所示，粗细均匀的、电阻为r 的金属圆环放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B ，圆环直径为L .长为L 、电阻为r2的金属棒ab 放在圆环上，以v 0向左匀速运动，当棒ab 运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为( )A ．0B ．BLv 0C ．BLv 0/2D ．BLv 0/3解析：当金属棒ab 以速度v 0向左运动到题图所示虚线位置时，根据公式可得产生的感应电动势为E ＝BLv 0，而它相当于一个电源，并且其内阻为r2；金属棒两端电势差相当于外电路的路端电压．外电路半个圆圈的电阻为r2，而这两个半圆圈的电阻是并联关系，故外电路总的电阻为r 4，所以外电路电压为U ba ＝13E ＝13BLv 0.答案：D7．如下图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L .纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面下图中能够正确表示电流—位移(I －x )关系的是( )解析：线圈向x轴正方向运动L位移的过程中，有效切割长度均匀增加；在位移大于L 且小于2L的过程中，线圈右边有效切割长度均匀减小，线圈左边有效切割长度均匀增加，因此整个线圈有效切割长度减小，且变化率为前一段时间的两倍；在位移大于2L且小于3L的过程中，与第一段运动中线圈产生的感应电流等大反向，故A项对．答案：A8．一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是( )A ．圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d2(r ＋R ) 解析：根据左手定则，导体棒上的电流从b 到a ，根据电磁感应定律可得A 项正确；根据共点力平衡知识，导体棒ab 受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力，即mg sin θ，B 项正确；根据mg sin θ＝B 2Id ，解得I ＝mg sin θB 2d，C 项正确；圆形导线的电热功率等于I 2r ＝(mg sin θB 2d )2r ＝m 2g 2sin 2θB 22d2r ，D 项错误． 答案：ABC9.两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直。
将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图10所示。
现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．金属棒在最低点的加速度小于gB ．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 图10C ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度10.如图11所示，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于竖直平面内的导体框，水平导体棒MN 可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，除R 外，装置的其余部分电阻都可忽略不计，将导体棒MN 无初速度释放，要使电流稳定后R 的热功率变为原来的两倍，在其他条件不变的情况下，可以采用的办法有( )A ．导体棒MN 质量不变，导体框宽度减为原来的12图11B ．电阻R 变为原来的一半C ．磁感应强度B 变为原来的2倍D ．导体棒MN 质量增加为原来的2倍11.如图12所示，水平的平行虚线间距为d ，其间有磁感应强度为B 的匀强磁场。
一个长方形线圈的边长分别为L 1、L 2，且L 2<d ，线圈质量m ，电阻为R 。
现将线圈由其下边缘离磁场的距离为h 处静止释放，其下边缘刚进入磁场和下边缘刚穿出磁场时的速度恰好相等。
求：(1)线圈刚进入磁场时的感应电流的大小；(2)线圈从下边缘刚进磁场到下边缘刚出磁场(图中两虚线框所示位置)的过程做何种运动，求出该过程最小速度v ； 图12(3)线圈进出磁场的全过程中产生的总焦耳热Q 总。
12．为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如右图所示，自行车后轮由半径r 1＝5.0×10－2m 的金属内圆、半径r 2＝0.40 m 的金属外圆和绝缘辐条构成．后轮的内、外圆之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B ＝0.10 T 、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角θ＝π6.后轮以角速度ω＝2πrad/s 相对于转轴转动．若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应．(1)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，求感应电动势E ，并指出ab 上的电流方向； (2)当金属条ab 进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab 进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差U ab 随时间t 变化的U ab －t 图象；(4)若选择的是“1.5 V、0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B 、后轮外圈半径r 2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．解析：(1)金属条ab 在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt ，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt① ΔΦ＝B ΔS ＝B (12r 22Δθ－12r 21Δθ)②由①②式并代入数值得：E ＝ΔΦΔt ＝12B ω(r 22－r 21)＝4.9×10－2V ③ 根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b →a .④(2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R 总，根据电路图可知，R 总＝R ＋13R ＝43R ⑤ ab 两端电势差U ab ＝E －IR ＝E －E R 总R ＝14E ＝1.2×10－2 V ⑥设ab 离开磁场区域的时刻为t 1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t 2，t 1＝θω＝112s ⑦t 2＝π2ω＝14s ⑧设轮子转一圈的时间为T ，T ＝2πω＝1 s ⑨ 在T ＝1 s 内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同． 由⑥⑦⑧⑨⑩可画出如下U ab －t 图象．(4)“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4.9×10－2 V，远小于小灯泡的额定电压，因此无法工作．)B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不变．答案：(1)4.9×10－2 V b→a(2)(3)(4)见解析。