2019年高考物理二轮复习第10讲电磁感应专题突破练

合集下载

(新课标)近年届高考物理一轮复习第10章电磁感应第三节电磁感应中的电路和图象问题达标诊断高效训练(

（新课标）2019届高考物理一轮复习第10章电磁感应第三节电磁感应中的电路和图象问题达标诊断高效训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019届高考物理一轮复习第10章电磁感应第三节电磁感应中的电路和图象问题达标诊断高效训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（新课标）2019届高考物理一轮复习第10章电磁感应第三节电磁感应中的电路和图象问题达标诊断高效训练的全部内容。

第三节电磁感应中的电路和图象问题，（建议用时：60分钟）一、单项选择题1。

（2018·江苏淮安模拟)如图所示,a、b、c、d为导体圆环的四等分点,圆环的半径为R，一匀强磁场垂直于圆环平面，且磁场的磁感应强度随时间变化的规律满足B＝kt，则a、b两点间的电压为（)A．0 B．错误!C。

错误!D．πkR2解析：选A。

根据法拉第电磁感应定律,有：E＝n错误!＝nS错误!＝nπR2k感应电流为：I＝错误!则a、b两点间的电压为：U ab＝E ab－Ir ab＝错误!－I·错误!＝错误!nπR2k－错误!·错误!＝0.2．(2018·南昌市三校联考)如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )解析:选A。

线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向,故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小;线框完全进入磁场的过程，磁通量不变,没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里,由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小,故A正确，D错误．3．(2018·湖北孝感高级中学调考)如图甲所示，水平面上的不平行导轨MN、PQ上放着两根光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住；开始时匀强磁场垂直纸面向里,磁感强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是（）A．在t0时刻，导体棒ab中无感应电流B．在t0时刻，导体棒ab所受安培力方向水平向左C．在0～t0时间内,回路中电流方向是acdbaD．在0～t0时间内，导体棒ab始终静止解析：选C。

精选推荐2019年版本高考物理二轮总复习专题过关检测--专题：电磁感应(全部含详细答案解析)-Word版

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 -+。

2019届高考物理一轮复习第十章电磁感应章末过关检测新人教版

第十章电磁感应章末过关检测(十) (时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E －t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )解析：选D.若将刷卡速度改为v 02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D 项正确，其他选项错误．2.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd ，在细长磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外，ad 边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流( )A ．沿abcd 流动B ．沿dcba 流动C ．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd 流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba 流动D ．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba 流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd 流动解析：选A.由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.故本题答案为A.3．(2018·南昌模拟)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，L1、L2和L3是3个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过L1、L2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过L1和L2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )解析：选C.L的直流电阻不计，电路稳定后通过L1的电流是通过L2、L3电流的2倍．闭合开关瞬间，L2立即变亮，由于L的阻碍作用，L1逐渐变亮，即I1逐渐变大，在t1时刻断开开关S，之后电流I会在电路稳定时通过L1的电流大小基础上逐渐变小，I1方向不变，I2反向，故选C.4．(2018·长兴中学高三模拟)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)．它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是( )A．电阻R中没有电流流过B．铜片C的电势高于铜片D的电势C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生解析：选C.根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此在圆盘中电流方向为从C 向D ，由于圆盘在切割磁感线时相当于电源，所以D 处的电势比C 处高，A 、B 错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故铜盘中有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD 不能当成电源，故CRD 回路中没有电流产生，C 正确，D 错误．5.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M .斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于底边，则下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为（Mg －mg sin θ）RBl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mgR sin θD ．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2解析：选D.由牛顿第二定律得，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θM ＋m ，A 错误；由平衡条件，Mg －mg sin θ－F 安＝0，F 安＝BIl 1，I ＝ER，E ＝Bl 1v ，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v ＝（Mg －mg sin θ）RB 2l 21，B 错误；线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2（Mg －mg sin θ）R，C 错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg －mg sin θ)l 2，D 正确．6.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，顶端接阻值为R 的电阻．质量为m 、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g ，则下列说法错误的是( )A ．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R 的电流方向为b →aB ．金属棒的速度为v 时，金属棒所受的安培力大小为B 2L 2vR ＋rC ．金属棒的最大速度为mg （R ＋r ）BLD ．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R 解析：选C.金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R 的电流方向为b →a ，选项A 正确；金属棒的速度为v 时，金属棒中感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ＋r，所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r，选项B 正确；当安培力F ＝mg 时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v ＝mg （R ＋r ）B 2L 2，选项C 错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R 和r 的总热功率为P ＝mgv ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2(R ＋r )，电阻R 的热功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R ，选项D 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．(2018·吉林实验中学模拟)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动．转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O 做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及的物理知识的叙述正确的是( )A ．笔杆上的点离O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小B ．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C ．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D ．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差解析：选AC.笔杆上各点的角速度相同，根据a ＝ω2r 可知，笔杆上的点离O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，选项A 正确；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆对该点的作用力提供的，选项B 错误；若该同学使用中性笔，且转动过快，则笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走，选项C 正确；若考虑地磁场的影响，由于笔杆转动时可能要切割磁感线而使金属笔杆两端形成电势差，选项D 错误．8.如图所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析：选BD.AC 的感应电动势为E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r＝2BLvR 0R 0＋r，A 错误，B 正确；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋Q f ，C 错误；此过程中平均感应电流为I －＝2BLd （R 0＋r ）Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I －Δt ＝2BLd R 0＋r，D 正确．9．如图，在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．质量为m 、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B .导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m 的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h 表示物块下落的高度(物块不会触地)，g 表示重力加速度，其他电阻不计，则 ( )A ．电阻R 中的感应电流方向由a 到cB ．物块下落的最大加速度为gC ．若h 足够大，物块下落的最大速度为mgR B 2l 2D ．通过电阻R 的电荷量为Blh R解析：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R 中的电流方向由c 到a ，A 错误；对导体棒应用牛顿第二定律有F T －F安＝ma ，又F 安＝B Blv R l ，再对物块应用牛顿第二定律有mg －F T ＝ma ，则联立可得：a ＝g 2－B 2l 2v2mR，则物块下落的最大加速度a m ＝g 2，B 错误；当a ＝0时，速度最大为v m ＝mgRB 2l 2，C 正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS ＝lh ，则通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝BlhR，D 正确．10.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图所示．一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚越过ff ′时，线框加速度的大小为g sin θB ．t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C ．t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ＋1532mv 2D ．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动解析：选BC.当ab 边进入磁场时，有E ＝BLv 0，I ＝E R ，mg sin θ＝BIL ，有B 2L 2v 0R＝mg sin θ.当ab 边刚越过ff ′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4B 2L 2v 0R＝4mg sin θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3g sin θ，A 错误；t 0时刻线框匀速运动的速度为v ，则有4B 2L 2v R ＝mg sin θ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgL sin θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mv 202－mv 22＝3mgL sin θ2＋15mv 2032，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误．三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(2015·高考浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt.解析：(1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL 天平平衡mg ＝N 1B 0IL 代入数据得N 1＝25匝． (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt即E ＝N 2ΔBΔt Ld由欧姆定律得I ′＝E R线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL2R代入数据可得 ΔBΔt＝0.1 T/s. 答案：(1)25 匝 (2)0.1 T/s 12．(14分)如图所示，将质量m 1＝0.1 kg 、电阻R 1＝0.3 Ω、长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 形金属框架上，框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R 2＝0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．垂直于ab 施加F ＝2 N 的水平恒力，使ab 从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM ′、NN ′保持良好接触，当ab 运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小；(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量Q ＝0.1 J ，求该过程中ab 位移x 的大小．解析：(1)ab 对框架的压力F 1＝m 1g 框架受水平面的支持力F N ＝m 2g ＋F 1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力F 2＝μF Nab 中的感应电动势E ＝Blv MN 中的电流I ＝E R 1＋R 2MN 受到的安培力F 安＝IlB框架开始运动时F 安＝F 2由上述各式代入数据解得v ＝6 m/s. (2)闭合回路中产生的总热量Q 总＝R 1＋R 2R 2Q由能量守恒定律，得Fx ＝12m 1v 2＋Q 总代入数据解得x ＝1.1 m. 答案：(1)6 m/s (2)1.1 m13．(14分)如图所示，半径为L 1＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B 1＝10π T ．长度也为L 1、电阻为R 的金属杆ab ，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝π10rad/s.通过导线将金属杆的a 端和金属环连接到图示的电路中(连接a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R 1＝R ，滑片P 位于R 2的正中央，R 2的总阻值为4R )，图中的平行板长度为L 2＝2 m ，宽度为d ＝2 m ．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v 0＝0.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B 2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：(1)在0～4 s 内，平行板间的电势差U MN ； (2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B 2应满足的条件．解析：(1)金属杆产生的感应电动势恒为E ＝12B 1L 21ω＝2 V由电路的连接特点知：E ＝I ·4RU 0＝I ·2R ＝E2＝1 VT 1＝2πω＝20 s 由右手定则知：在0～4 s 时间内，金属杆ab 中的电流方向为b →a ，则φa >φb 则在0～4 s 时间内，φM <φN ，U MN ＝－1 V.(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T 12时间内水平方向L 2＝v 0·t 1t 1＝L 2v 0＝4 s<T 12竖直方向d 2＝12at 21a ＝Eq m ，E ＝Ud，v y ＝at 1得q m＝0.25 C/kg ，v y ＝0.5 m/s 则粒子飞出电场时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝22m/s tan θ＝v y v 0＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°.(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B 2qv ＝m v 2r 得r ＝mvB 2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，2r >d 时离开磁场后不会第二次进入电场，即B 2<2mvdq＝2 T.答案：(1)－1 V (2)22m/s 与水平方向成45°夹角 (3)B 2<2 T。

[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

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届高考物理一轮复习第10章电磁感应突破全国卷

Copyright 2004-2011 Aspose Pty Ltd.
解析：选 B.小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运
动．此时：F 安＝BR2l总2v
对棒满足：
Evaluation only.
eatemdgwsinitθh－CAμosmppgyocrosisgeθ.hS－tl2iRd0B棒e＋02ls24Rvf-灯o2＝r00.1N1EATsp3o.5seCPliteynLt tPdr.ofile 5.2.0
eateFd＝wBiItLh＝A0s.2p×o2s×e.S0.l1EidNve＝asl0uf.0oa4rtiN.oN，nEDoTn项l3y错..5误C．lient Profile 5.2.0 [答案] CBoCpyright 2004-2011 Aspose Pty Ltd.
(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为 R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒
由欧姆定律有 I＝ERt

联立⑦⑧式得 f＝(B0lv0＋kS)BR0l.

[答案] (1)kRt0S (2)BE0lvv0a(tl－uat0t)i＋onkSot nly. eate(dB0wlvi0＋thCkASo)sBpRp0ylorsige.hStl2id0e0s4f-o2r0.1N1EATsp3o.5seCPliteynLt tPdr.ofile 5.2.0
因为 R 灯＝R 棒，则：P 灯＝P 棒
再依据功能关系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P 灯＋P 棒
联立解得 v＝5 m/s，P 灯＝1 W，所以 B 项正确．
2.如图所示，光滑斜面的倾角为 θ，斜面上放置一矩形导体线框 abcd，ab 边的边长为 l1，bc 边的边长为 l2，线框的质量为 m，电

专题10+电磁感应-备战2019年高考物理优质试卷分项版+Word版含解析

一．选择题1.如图所示，在高度差h的平行虚线范围内，有磁感强度B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，四边完全一样的正方形线框abcd的质量m、边长L=h、电阻R，线框平面与竖直平面平行，静止在位置I时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。

现用一竖直向上的恒力F向上提线框，该框由位置I无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最后到达位置II（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持与磁场方向垂直，且cd边保持水平。

设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速运动。

重力加速度为g，由下列说法正确是：A. 线框进入磁场前距磁场下边界的距离244()2F mg mR HB h-=B. 线框通过磁场内产生的电功率222()F mg R PB h-=C. cd边刚进入磁场后两端电压()4F mg R UBh-=D. 线框由位置I到位置II的过程中，恒力F 【答案】ABD磁场内产生的电功率2122()F mg RP F vB h-==安，故B正确；cd边切割磁感线，是电源，cd两端的电压33()()44F mg RU I RBL-==，故C错误；恒力F故D正确。

2．如图所示为电磁驱动器的原理图。

其中①为磁极，它被固定在电动机②的转轴上，金属圆盘③可以绕中心轴转动，圆盘与转轴间的阻力较小。

整个装置固定在一个绝缘支架④上。

当电动机转动时，金属圆盘也将转动起来。

下列有关说法中正确的是（A）金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速小于磁极的转速（B）金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速等于磁极的转速（C）将金属圆盘换成绝缘盘，它也会跟着磁极转动（D）当电动机突然被卡住不转时，金属圆盘将转动较长时间才会停下来【答案】A3．如图所示，金属线圈B和金属线圈A是同心圆，半径分别为r1、r2，若给A线圈通以电流，结果B 线圈中产生顺时针方向的电流，且电流大小恒定为I，线圈B的电阻为R，则下列说法不正确的是A ．A 线圈中的电流一定沿顺时针方向B ．A 线圈中的电流一定是均匀增大的C ．B 线圈中磁通量的变化率一定为IRD ．B 线圈一定有收缩的趋势【答案】ABD4．如图所示，100匝矩形线圈abcd ，放置在匀强磁场中，绕OO ′轴匀速转动，转动的周期为T ，ab 的中点和cd 的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO ′上，OO ′垂直于磁场方向，线圈电阻的阻值为5 Ω，外电阻的阻值也为R=5 Ω，从图示位置开始计时，线圈转过30°时的瞬时感应电流为I =1 A 。

2019版高考物理一轮复习第十章电磁感应课后分级演练30电磁感应定律的综合应用.docx

课后分级演练（三十）电磁感应定律的综合应用【A级一一基础练】1.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空I'可激发感生电场.如图所示，一个半径为/的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场〃,环上套一带电荷量为+ g的小球.已知磁感应强度〃随时间均匀增加，其变化率为乩若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（）1 9A.0B.尹酬C. 2 兀rqkD. n rqk解析：D变化的磁场产生的感生电动势为E=¥*=k"小球在环上运动一周感生电场对其所做的功*= qE= qk只*, D项正确，A、B、C项错误.2.（2017 •河南名校联考）如图所示，两条足够长的平行金属导轨水平放置，导轨的一端接有电阻和开关，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场的方向与导轨平面垂直，金属杆M置于导轨上.当开关S断开时，在杆"上作用一水平向右的恒力F,使杆“向右运动进入磁场，一段时间后闭合开关并开始计时，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，y、A F、曰分别表示金属杆在运动过程中的速度、感应电流、安培力、加速度.下列图象中一定错误的是（）解析：C当开关闭合时，整个回路有感应电流，金属杆臼方将受到安培力的作用，若恒力尸等于安培力，则金属杆臼方做匀速运动，产生的感应电流不变，B正确；若恒力尸大于安培力，则金属杆必先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，加速度为零，D正确; 若恒力尸小于安培力，则金属杆"先做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动，A正确; 金属杆必在运动过程中受到的安培力尸=BiL=l^L=^L.由以上分析可知C错误.3.如图所示，线圈匝数为刀，横截面积为$线圈电阻为八处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k（k>0），磁场方向水平向右且与线圈平面垂直.上、下两极板水平放置的电容器，极板间距为也电容为C在电容器两极板之间有一质量为刃的带电微粒P处于静止状态，两个电阻的阻值分别为于和21；则下列说法正确的是（）A.戶帯负电，电荷量曦B."带正电，电荷量为鬻C.P带负电，电荷量为燈D.P带正电，电荷量为鵲解析：C闭合线圈与阻值为厂的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压；线圈产生的感应电动势为厂=/7冷|=刃必，路端电压字, 对带电微粒有占飓，即？=需根据楞次定律可知，电容器上极板带正电，所以微粒P 带负电.选项C正确.4.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方 .、、、、匀速、、向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的抄JL'乞〉区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上，若取顺时针方向为电流的止方向，则金属框穿过磁场的过程屮感应电流/随时间t变化的图象是（）解析：C在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向, 金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D,故C正确.5.（多选）如图甲所示，光滑绝缘水平面，虚线的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场，恵V的左侧有一质量为/77=O. 1 kg的矩形线圈bcde,方c边长厶= 0.2m,电阻斤=2 Q. t=0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过Is,线圈的比边到达磁场边界就V；此时立即将拉力尸改为变力，又经过Is,线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流,随时间方变化的图彖如图乙所示，则（）解析：C 设经过吋间&则W 点距。

2019(新课标)高考物理复习第10章电磁感应第一节电磁感应现象楞次定律达标诊断高效训练

第一节电磁感应现象楞次定律(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．下列图中能产生感应电流的是( )解析：选B.根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，电路闭合，且垂直磁感线的平面的面积增大，即闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过闭合线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流；D中，闭合回路中的磁通量不发生变化，无感应电流．2．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈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的瞬间，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，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同解析：选D.无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S的瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起．如果套环是用塑料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起，选项D正确．3．(2018·浙江宁波模拟)如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是( )A ．B 中始终没有感应电流B ．B 中有顺时针方向的感应电流C ．B 中有逆时针方向的感应电流D ．B 中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向解析：选B.由安培定则可知，环A 产生的磁场分布，环内垂直纸面向里，环外垂直纸面向外，由于内部的磁场大于外部的磁场，由矢量的叠加原理可知B 环总磁通量向里；当导线中的电流强度I 逐步减小时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则有感应电流的方向顺时针；同理，当导线中的电流强度I 反向逐渐增大时，导致环产生感应电流．根据楞次定律，则感应电流的方向为顺时针，故B 正确，A 、C 、D 错误．4．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )A ．顺时针，向左B ．逆时针，向右C ．顺时针，向右D ．逆时针，向左解析：选B.在0～T 2时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T 2～T 时间内，直导线电流方向也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流．根据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的安培力方向向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误．5.(2018·山东烟台模拟)如图所示，通电导线MN 与单匝矩形线圈abcd 共面，位置靠近ab 且相互绝缘．当矩形线圈突然向右运动时，线圈所受安培力的合力方向( )A ．向左B ．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里解析：选A.根据楞次定律，“来拒去留”，感应电流的效果总是阻碍相对运动，所以线圈向右运动时所受安培力向左．6.(2018·佛山模拟)如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是( )A．使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动解析：选A.根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大．磁场增强则磁通量增大，A正确；使圆环绕水平轴ab 或cd转动30°，圆环在中性面上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向反向的感应电流，B、C错误；保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误．7.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析：选C.小磁块在铜管中下落，产生电磁感应现象，根据楞次定律的推论——阻碍相对运动可知，小磁块下落过程中受到向上的电磁阻力，而在塑料管中下落，没有电磁感应现象，小磁块做自由落体运动，故C正确．8.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大解析：选B.使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，ω增大，等效电流增大，产生B增大，则金属环B内磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小，选项B正确．9.(2018·衡水冀州中学月考)如图所示为两组同心闭合线圈的俯视图，若内线圈的电流I1为图中所示的方向，则当I1增大时，外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向分别为( )A．I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心B．I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心C．I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心D．I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心解析：选D.内线圈通有题图所示方向的电流I1，当I1增大时，导致穿过外线圈的磁通量增大，由楞次定律可得，外线圈中的感应电流I2的方向为沿逆时针方向；由于外线圈处于内线圈产生的磁场中，由左手定则可得，I2受到的安培力F的方向沿半径背离圆心，故D正确．10．(2018·郑州一中联考)如图所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN 到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为1的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图应为( )解析：选C.根据楞次定律，若闭合回路内的磁通量不发生变化，则无感应电流产生．从t ＝0开始经过时间t则线框面积变化为S＝1×(1＋vt)＝1＋vt，则磁通量Φ＝BS＝B(1＋vt)＝B0×1，即磁通量等于t＝0时的磁通量．代入可得B＝B01＋vt，随着时间的延长，磁感应强度无限接近于0，但又不会等于0，选项C对，A、B、D错．11.(2018·西安模拟)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为abcda的感应电流，可行的做法是( ) A．AB中电流I逐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．导线AB正对OO′靠近线圈D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)解析：选D.由于通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直．AB中电流如何变化，或AB正对OO′靠近线圈或远离线圈，线圈中磁通量均为零，不能在线圈中产生感应电流，选项A、B、C错误；线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)，由楞次定律可知，在线圈中形成方向为abcda的感应电流，选项D正确．二、多项选择题12．(2018·景德镇模拟)如图所示，一根长导线弯曲成“”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I增大的过程中，下列判断正确的是( )A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力解析：选BC.Φ＝BS，S不变，I增大，B增大，所以有感应电流产生，A错误．由楞次定律得，感应电流方向沿逆时针，B正确．由圆的上半部分B大于下半部分，所以安培力以上半圆为主，I方向向左，B垂直纸面向里，F安方向向下，所以F拉＝mg＋F安，拉力大于重力，C正确，D错误．13.如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力方向的说法正确的是( )A．感应电流方向是N→MB．感应电流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右解析：选AC.棒向右平动，根据右手定则可判断，感应电流方向为由N→M，A正确，B错误；再由左手定则可判定棒所受安培力的方向为水平向左，C正确，D错误．14.(2018·泸州质检)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点解析：选BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流．当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向．又由E＝Blv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看做电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，因此d点电势高于c点，综上可得，选项B、D正确．15．如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a 和b.它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连．当圆盘a转动时，下列说法错误的是( )A．圆盘b总是与a沿相同方向转动B．圆盘b总是与a沿相反方向转动C．若B1、B2同向，则a、b转向相同D．若B1、B2反向，则a、b转向相同解析：选ABC.当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动．但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定，故A、B错误．设B1、B2同向且向上，a盘逆时针转动，则由右手定则可知a 盘中的感应电流由a→a′，b盘受力将顺时针转动，故C错误．同理可判定D项正确．。

2019届高考物理二轮复习专项突破训练：电磁感应

电磁感应1．(多选)如图1所示，a 、b 、c 为三只完全相同的灯泡，L 为直流电阻不计的线圈，电源内阻不计．下列判断正确的是( )图1A ．S 闭合的瞬间，b 、c 两灯亮度相同B ．S 闭合足够长时间后，b 、c 两灯亮度相同C ．S 断开的瞬间，a 、c 两灯立即熄灭D ．S 断开后，b 灯先突然闪亮后再逐渐变暗熄灭2．(多选)如图2所示，足够长的U 形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图2A ．产生的焦耳热为qBLvB ．ab 棒中的电流方向从a 到bC ．下滑的位移大小为qR BLD ．运动的平均速度大于12v3．如图3甲所示，用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的直径．在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t ＝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B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，则0～t 1时间内( )图3A ．圆环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．圆环中感应电流的大小为B0rS 4t0ρ4．(多选)如图4甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化，下列说法正确的是( )图4A．0.5t0时刻，R中电流方向为由a到bB．1.5t0时刻，R中电流方向为由a到bC．0～t0时间内R的电流小于t0～2t0时间内R的电流D．0～t0时间内R的电流大于t0～2t0时间内R的电流5．如图5所示，两足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距L＝0.5 m，导轨平面与水平面夹角为θ＝30°，导轨顶端跨接一阻值为R＝0.4 Ω的定值电阻．距导轨顶端MP的距离为d＝0.5 m的CD(CD∥MP)下方有方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0＝1 T的匀强磁场．现将金属棒从CD处由静止释放．取金属棒的质量m＝0.2 kg、电阻为r＝0.1 Ω，在运动过程中金属棒始终与CD保持平行，且与导轨接触良好．当金属棒沿导轨下滑距离d时(图中EF的位置)速度刚好达到最大．重力加速度g＝10 m/s2.试求：图5(1)金属棒速度达到的最大值v m的大小和从CD下滑到EF的过程中金属棒上产生的焦耳热Q；(2)为了使金属棒经EF后回路中不再产生感应电流，可使磁场的磁感应强度B的大小发生变化．试写出磁感应强度B随时间变化的表达式(从金属棒到EF处时开始计时)．6．如图6甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合．在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场．测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中，图6(1)求通过线框导线截面的电荷量及线框的总电阻；(2)分析线框运动性质并写出水平力F随时间变化的表达式；(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少．7 .如图7甲所示，一水平放置的线圈，匝数n＝100匝，横截面积S＝0.2 m2，电阻r＝1 Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B1随时间t变化关系图象如图乙所示．线圈与足够长的竖直光滑导轨MN、PQ连接，导轨间距l＝20 cm，导体棒ab与导轨始终接触良好，ab棒接入电路的电阻R＝4 Ω，质量m＝5 g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B2＝0.5 T．t＝0时，导体棒由静止释放，g取10 m/s2，求：图7(1)t＝0时，线圈内产生的感应电动势的大小；(2)t＝0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小；(3)导体棒ab到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率．8．如图8(a)所示，间距L＝0.5 m的两根光滑平行长直金属导轨倾斜放置，轨道平面倾角θ＝30°.导轨底端接有阻值R＝0.8 Ω的电阻，导轨间有Ⅰ、Ⅱ两个矩形区域，其长边都与导轨垂直，两区域的宽度均为d2＝0.4 m，两区域间的距离d1＝0.4 m，Ⅰ区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝1 T，Ⅱ区域内的磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示，规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向．t＝0时刻，把导体棒MN无初速度地放在区域Ⅰ下边界上．己知导体棒的质量m＝0.1 kg，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中，导体棒和导轨电阻不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：图8(1)0.1 s内导体棒MN所受的安培力；(2)t＝0.5 s时回路中的电动势和流过导体棒MN的电流方向；(3)0.5 s时导体棒MN的加速度大小．参考答案1.答案 AD2.答案 CD3.答案 D解析磁通量先向里减小再向外增加，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向一直为顺时针，故A 、B 错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t 0时间内为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t 0～t 1时间内为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C 错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔBS 圆环2Δt ＝B 0πr 22t 0，感应电流I ＝E R ＝B 0πr 22t 0·S ρ·2πr ＝B 0rS4t 0ρ，故D 正确．4.答案 AC解析由楞次定律可知0～t 0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t 0～2t 0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A 正确，B 错误；根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ，可知0～t 0时间内感应电动势是t 0～2t 0时间内的12，感应电流为：I ＝ER，所以0～t 0时间内R 中的电流是t 0～2t 0时间内电流的12，故C 正确，D 错误．5.答案 (1)2 m/s 0.02 J (2)B ＝11＋4t ＋5t2解析 (1)当金属棒所受的合力为零时速度最大，根据闭合电路的欧姆定律得：I ＝B 0Lv mR ＋r根据平衡条件得：mg sin θ＝B 0IL 联立解得v m ＝mg R ＋r sin θB 02L 2＝2 m/s由能量守恒定律得，该过程中系统产生的焦耳热为Q 总＝mgd sin θ－12mv m 2＝0.1 J其中金属棒中产生的焦耳热Q ＝rR ＋rQ 总＝0.02 J (2)由于回路中没有感应电流，所以金属棒将做匀加速运动，经过时间t 其位移为x ＝v m t ＋12gt 2sin θ＝2t ＋2.5t 2为了使回路中不再产生感应电流，则回路中的磁通量不发生变化Φt ＝Φ0 即：B (x ＋d )L ＝B 0dL 解得：B ＝11＋4t ＋5t26.答案见解析解析 (1)根据q ＝I t ，由I －t 图象得，q ＝1.25 C又根据I ＝ER＝ΔΦtR ＝BL 2tR得R ＝4 Ω.(2)由题图乙可知，感应电流随时间变化的规律：I ＝0.1t 由感应电流I ＝BLv R ，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，v ＝RIBL＝0.2t 线框做匀加速直线运动，加速度a ＝0.2 m/s 2.线框在外力F 和安培力F 安作用下做匀加速直线运动，F －F 安＝ma 又F 安＝BIL得F ＝(0.2t ＋0.1) N(3)t ＝5 s 时，线框从磁场中拉出时的速度v 5＝at ＝1 m/s 由能量守恒得：W ＝Q ＋12mv 52线框中产生的焦耳热Q ＝W －12mv 52＝1.67 J7.答案 (1)2 V (2)1.6 V 2 m/s 2(3)0.25 W 解析 (1)由题图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：ΔB 1Δt＝0.1 T/s 由法拉第电磁感应定律可知：E 1＝n ΔΦΔt ＝n ΔB 1Δt S ＝2 V(2)t ＝0时，回路中电流：I ＝E 1R ＋r＝0.4 A导体棒ab 两端的电压U ＝IR ＝1.6 V设此时导体棒的加速度为a ，则由：mg －B 2Il ＝ma 得：a ＝g －B 2Il m＝2 m/s 2(3)当导体棒ab 达到稳定状态时，满足：mg ＝B 2I ′lI ′＝E 1＋B 2lv R ＋r得：v ＝5 m/s此时，导体棒所受重力的瞬时功率P ＝mgv ＝0.25 W. 8.答案 (1) 0.5 N (2)0.4 V N →M (3)7 m/s 2解析 (1)Δt 1＝0.1 s 时间内感应电动势E 1＝ΔB 1Δt 1d 2L ，ΔB 1Δt 1＝4 T/s ，I 1＝E 1R0．1 s 内安培力F 1＝B 0I 1L ，解得F 1＝0.5 N(2)因F 1＝mg sin θ，故导体棒第0.1 s 内静止，从0.1 s 末开始加速，设加速度为a 1：mg sinθ＝ma 1，d 1＝12a 1Δt 12，v 1＝a 1Δt 1，解得：Δt 1＝0.4 s ，v 1＝2 m/st ＝0.5 s 时，导体棒刚滑到Ⅱ区域上边界，此时B 2＝0.8 T ，切割磁感线产生的电动势E 2＝B 2Lv 1＝0.8 Vt ＝0.5 s 时，因磁场变化而产生的感应电动势 E 3＝ΔB 2Δt 2d 2L ，ΔB 2Δt 2＝6 T/s ，解得E 3＝1.2 V t ＝0.5 s 时的总电动势E ＝E 3－E 2＝0.4 V导体棒电流方向：N →M(3)设0.5 s 时导体棒的加速度为a ，有F ＋mg sin θ＝ma ，又I ＝ER，F ＝B 2IL ，解得a ＝7 m/s 2.。

(新课标卷)高考物理二轮复习极限突破电磁感应

电磁感应1．如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。

下列说法中正确的是（BC）A．闭合开关S时，B中产生图示方向的感应电流B．闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C．断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D．断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起2.图中电感L的直流电阻为R L，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合，电路达到稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧（电流表的零刻度在表盘的中央）．则在开关S断开后，两个电流表的指针偏转情况是（）A．G1、G2的指针都立即回到零点B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，偏后缓慢回到零点C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点答案：B解析：在开关S断开后，L中产生自感电动势，两个电流表的指针偏转情况是G1缓慢回到零点，G2中电流方向为Q指向P，即立即左偏，偏后缓慢回到零点，选项B正确。

3．如图所示，有等腰直角三角形的闭合线框ABC，在外力作用下向右匀速地经过一个宽度比AB边长些的有界匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流I与运动方向的位移x之间的函数图象是4.如图所示，光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝2.0Ω的电阻，其它电阻不计，质量m＝2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，用变力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，若金属杆ab以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，则：（g=10 m/s2）(1) 在5 s内平均感应电动势是多少？(2) 第5 s末，回路中的电流多大？(3) 第5 s末，作用在ab杆上的外力F多大？5．如图所示，两水平线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B ，宽度为d ，正方形线框abcd 由均匀材料制成，其边长为L （L <d ）、质量为m 、总电阻为R ．将线框在磁场上方高h 处由静止开始释放，已知线框的ab 边刚进入磁场时和刚穿出磁场时的速度相同．求：（1）ab 边刚进入磁场时ab 两端的电势差U ab ；（2）ab 边刚进入磁场时线框加速度的大小和方向；（3）整个线框进入磁场过程所需的时间．解析：（1）ab 边进入磁场前，线框自由下落gh v 220= （1分） ab 边刚进入磁场时切割磁感线产生感应电动势 0BLv E =（3）设线框完全进入磁场时速度为v 1，则从线框完全进入磁场至线框开始穿出磁场的过程中，有 ()L d g v v -=-22120 在线框进入磁场的过程中，有 BLv E = RE I = 取向下为正方向，有 ma BIL mg =-可得 ma v RL B mg =-22 对于该过程中的任意微小过程，有t ma tv R L B mg ∆⋅=∆⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-226．如图所示，在足够长的两条平行金属导轨的左端接有一个定值电阻R 0，两导轨间的距离L =0.5m ，在虚线的区域内有与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B =0.2T ，虚线间的距离S =1.0m 。

2019届高考物理第十单元电磁感应题组层级快练50电磁感应中的电路与新人教版

题组层级快练(五十)一、选择题1．如图甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则下列说法正确的是( )A ．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程 B ．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图C ．若乙图中d 等于0.02 s ，则1 s 内电流的方向改变50次D ．若乙图中b 等于0.02 s ，则交流电的频率为50 Hz 答案 A解析甲图中由A 到B ，感应电流为正方向，且感应电流由0增到最大值，与乙图中Oa 对应，A 项正确；乙图中c 时刻感应电流为最大值，但甲图中C 图中感应电流为零，B 项错误；若电流变化周期T ＝0.02 s ，则f ＝1T ＝50 Hz ，每周期电流变向两次，则1 s 内电流变向100次，C 、D 两项错误．2．(2017·天津二模)电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的交流电压瞬时值表达式为u ＝1002cos100πt(V)．下列说法正确的是( )A ．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量变化率最大B ．该交流电压的频率为100 HzC ．穿过线圈的磁通量最大值是 2 WbD ．用理想电压表测量该电压，其示数约为141 V 答案 A解析 A 项，当线圈平面与磁感线平行时，产生的感应电动势最大，此时磁通量变化率最大，故A 项正确；B 项，频率为：f ＝100π2π＝50 Hz ，故B 项错误；C 项，感应电动势的最大值E m ＝100 2 V ，根据E m ＝BS ω可知BS ＝E m ω＝1002100π Wb ＝2π Wb ，故C 项错误；D 项，电压表测量的为有效值，则E ＝E m2＝100 V ，故D 项错误．3．(2017·合肥三模)已知某交变电流在一个周期内的波形如图所示，则该电流通过一阻值为10 Ω的电阻时的发热功率是( )A ．16 WB ．18 WC ．22.5 WD ．28 W答案 D解析由电流热效应可得：2×(12R ×0.2＋22R ×0.3)＝I 2R ×1 解得I 2＝2.8 A 2电阻的热功率为：P ＝I 2R ＝28 W ，故D 项正确，A 、B 、C 三项错误．4.(2017·抚顺模拟)实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，单匝正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为9 V ，已知R ＝9 Ω，线圈电阻为1 Ω，下列说法正确的是( ) A ．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变25次B ．线圈从如图所示的位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝102cos50πt(V)C ．线圈转动一周电阻R 产生的热量等于0.4 JD ．线圈从图示的位置转过60°，通过负载电阻R 的电荷量等于2100π C答案 D解析 A 项，线圈转动一周，电流方向改变两次，故流过电阻R 的电流每秒钟方向改变50次，故A 项错误；B 项，根据闭合电路的欧姆定律可知产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋rR U＝10 V ，产生的感应电动势的最大值E m ＝2E ＝10 2 V ，线圈转动的角速度ω＝2n π＝50π rad/s ，故线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝102sin50πt(V)，故B 项错误；C 项，线圈转动一周的时间T ＝1n ＝0.04 s ，产生的热量Q ＝U 2R T ＝929×0.04 J ＝0.36 J ，故C项错误；D 项，根据E m ＝NBS ω可知，BS ＝E m N ω＝10250π＝25πWb ，线圈从图示的位置转过60°，通过负载电阻R 的电荷量等于q ＝ΔΦR ＋r ＝2100π C ，故D 项正确．5.(2017·大庆一模)(多选)如图所示，N 匝矩形导线框在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕轴OO ′匀速转动，线框面积为S ，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表A 和二极管D.电流表的示数为I ，二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大，下列说法正确的是( ) A ．导线框转动的角速度为4RI NBSB ．导线框转动的角速度为2RINBSC ．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D ．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大答案 BC解析 A 项，线圈产生的最大感应电动势E m ＝NBS ω.根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知（NBS ω2）2R ·T 2＝I 2RT ，解得ω＝2RINBS，故B 项正确，A 项错误；C 项，导线框转到图示位置时，线圈位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C 项正确，D 项错误．6.(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( ) A ．线圈消耗的电功率为4 W B ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πT tD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πT t答案 AC解析从线圈平面平行于磁感线开始计时，交变电流的感应电动势的表达式为e ＝E m cos ωt ，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1＝E m 2×12，解得E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I 有效＝ 2A ，线圈消耗的电功率P ＝I 有效2R ＝4 W ，所以A 项正确，B 项错误；e ＝4cos ωt ＝4cos 2πT t ，故C 项正确．由E m ＝BS ω＝Φm 2πT ，得Φm ＝2T π，故任意时刻Φ＝2T πsin 2πT t ，故D 项错误．7．(2017·南通模拟)(多选)如图甲所示为某种测量风速的简易装置，风杆在风力作用下带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速的大小与风速成正比，电流传感器测得线圈中的感应电流随风速的变化而变化，当风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示，则( )A ．此时电流的表达式为i ＝0.6sin10πt(A)B ．此时电流的有效值为0.6 2 AC ．若风速变为2v 1，此时传感器测得的电流随时间的变化为i ＝1.2sin10πt(A)D ．若风速变为2v 1，线圈中电流的有效值为0.6 2 A 答案 AD解析 A 项，通过乙图可知电流的最大值为0.6 A ，周期T ＝0.2 s ，故ω＝2πT ＝10π rad/s ，故电流的表达式为i ＝0.6sin10πt(A)，故A 项正确；B 项，此交流电的有效值为I ＝I m 2＝0.62A ，故B 项错误；C 项，风速加倍时，角速度加倍，根据E m ＝nBS ω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i ＝1.2sin20πt(A)，故C 项错误；D 项，根据C 项分析，形成的感应电流I ′m ＝1.2 A ，故有效值为I ′＝I ′m 2＝1.22 A ＝0.6 2A ，故D 项正确．8.(多选)如图所示，面积为S 的矩形线圈共N 匝，线圈总电阻为R ，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO ′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C 与纸面共面，位置A 与位置C 成45°角．线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，下列说法正确的是( )A ．平均电动势为22πNBS ωB ．通过线圈某一截面的电荷量q ＝22NBSRC ．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N 2B 2S 2πω4RD ．在此转动过程中，电流方向会发生改变解析线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝2BS ，Δt ＝π2ω，根据E －＝N ΔΦΔt ，得E －＝22πNBS ω，故A 项正确．根据E －＝N ΔΦΔt ，q ＝E －R Δt ＝N ΔΦR ＝2BSN R ，故B 项错误．产生电动势的峰值E m ＝NBS ω，则有效值E ＝E m 2＝NBS ω2，则W ＝Q ＝E2R Δt ＝N 2B 2S 2πω4R ，故C 项正确．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，电流方向不变，故D 项错误．9.(2017·江西八校联考)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感应强度为B ，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN 匀速转动．导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 、电阻为r 的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法中正确的是( ) A ．半圆形硬导线的转速为2rPπ2R 2BB ．半圆形硬导线的转速为rPπ2R 2BC ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为πR 2BrD ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零答案 A解析转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电，因灯泡此时正常发光，则其功率为P ，电阻为r ，设线圈转速为n ，则感应电动势的有效值E有＝B·π·R 2·12·2πn 2，由P ＝E 有2r ，得E 有2＝P·r，可求得n ＝2rP π2R 2B ，则A 项正确、B 项错误；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量q ＝ΔΦr ＝B·π·R 2·12r ＝πR 2B 2r ，则C 、D 两项错误．10.(2017·济源二模)如图所示，一个总电阻为R 的导线弯成宽度和高度均为d 的“半正弦波”形闭合线框，竖直虚线之间有宽为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面．线框以速度v向右匀速通过磁场；ab 边始终与磁场边界垂直，从b 点到达边界开始到a 点离开磁场为止，在这个过A ．线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B ．ab 段直导线始终不受安培力的作用C ．平均感应电动势为12BdvD ．线框中产生的焦耳热为B 2d 2vR答案 A解析 A 项，线框进入磁场时穿过线框的磁通量先向里增加，离开磁场时线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，产生感应电流的磁场先向外再向里，由右手螺旋定则可知，产生的感应电流先逆时针方向后顺时针方向，故A 项正确；B 项，穿过磁场时回路中有感应电流，而且电流方向与磁场方向垂直，故在穿过磁场的过程中ab 段导线受到安培力作用，故B 项错误；C 项，根据题意知穿过磁场过程中产生的交变电流的最大电动势为Bdv ，最小值为0，而平均值不是最大值与最小值之和的12，故C 项错误；D 项，因为线框是“半正弦波”形闭合线框，故在穿过磁场过程中产生的感应电流为正弦式交变电流，由题意知该交变电流产生的最大值为I m ＝E m R ＝Bdv R ，则其有效值为I ＝12I m ＝Bdv 2R ，在穿过磁场的时间t ＝2d v 时间内线框产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝(Bdv2R)2·R ·2d v ＝B 2d 3vR ，故D 项错误．11．一个U 形金属线框在匀强磁场中绕OO ′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R 供电，如图甲、乙所示．其中甲图中OO ′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同．则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶4D ．1∶1答案 A解析题图甲中的磁场只在OO ′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I ＝12BS ωR .题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I ′＝22BS ωR，则I∶I′＝1∶2，即A 项正确．12．矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )答案 A解析绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势E m＝NBSω，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知A项正确．二、非选择题13．图甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感应电动势e 1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式．答案 (1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)解析 (1)矩形线圈abcd 在磁场中转动时，ab 、cd 切割磁感线，且转动的半径为r ＝L 22，转动时ab 、cd 的线速度v ＝ωr ＝ωL 22，且与磁场方向的夹角为ωt ，所以，整个线圈中的感应电动势e 1＝2BL 1vsin ωt ＝BL 1L 2ωsin ωt.(2)当t ＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t 时刻，线圈平面与中性面的夹角为ωt ＋φ0故此时感应电动势的瞬时值e 2＝2BL 1vsin(ωt ＋φ0)＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)14．在如图甲所示N 、S 极间放置一圆柱形铁芯O ，受铁芯影响，两极间的磁场如图乙所示，缝隙中的磁感线沿圆柱的半径分布，且只在图中所示的左、右各π2的圆心角范围内存在．一边长为l 的正方形平面线框abcd ，其中ab 、cd 两边与铁芯轴线平行，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B.线圈的总电阻为R.线圈由图示位置以恒定的角速度ω绕OO ′逆时针旋转，求：试分析线圈中感应电动势随时间的变化规律． (1)线圈切割磁感线时，感应电动势E ； (2)画出感应电动势E 随时间t 变化的图像； (3)外力使线圈转一周所做的功．答案 (1)Bl 2ω (2)见解析 (3)πB 2L 4ω2R解析 (1)线圈由图中位置旋转π4角度过程中，ab 、cd 两边垂直切割磁感线v ＝ω·l2E ab ＝E cd ＝Blv ＝Bl ω·l 2＝B ωl22E ＝E ab ＋E cd ＝Bl 2ω(2)线圈由π4旋转至34π角度过程中，ab 、cd 两边不切割磁感线，电动势为零．依次分析，电动势变化规律如图，(badc 为正方向)(3)外力使线圈转动一周所做的功等于线圈转动一周产生的总热量．一周内发热时间为t ＝T 2＝πω外力使线圈转动一周所做的功W ＝E 2R t ＝πB 2l 4ωR。

2019高考物理二轮练习专项限时集训(十)b专项十电磁感应

2019高考物理二轮练习专项限时集训（十）b专项十电磁感应(时间：45分钟)1、如图10－15所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，那么()图10－15A、断开开关S，ab中有感应电流B、闭合开关S，ab中有感应电流C、无论断开还是闭合开关S，ab中都有感应电流D、无论断开还是闭合开关S，ab中都没有感应电流2、1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图10－16所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现()图10－16A、先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B、先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C、顺时针方向持续流动的感应电流D、逆时针方向持续流动的感应电流图10－173、如图10－17所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L＝0.1m，处于垂直轨道平面的磁感应强度B＝10T的匀强磁场中、质量m＝0.1kg、电阻为R＝2Ω的金属杆ab接在两根导轨间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取g＝10m/s2，当下落h＝0.8m时，开关S闭合、假设从开关S闭合时开始计时，那么ab下滑的速度v随时间t变化的图象是图10－18中的()ABCD图10－18图10－194、如图10－19所示，导体圆环位于纸面内，O为圆心，环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两个磁场磁感应强度的大小相等、方向相反，且均与纸面垂直、导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好在图示位置、规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，那么杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt 变化的图象是图10－20中的()ABCD图10－205、电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物、有关电磁炉，以下说法中正确的选项是()A、锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B、电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C、金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D、电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗6、如图10－21甲所示，闭合线圈置于磁场中，假设磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，那么图10－22中能正确反映线圈中感应电动势E随时间t变化的图象可能是()甲乙图10－21ABCD图10－227、如图10－23所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中、有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点、在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q.导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计、那么()图10－23A 、该过程中导体棒做匀减速运动B 、该过程中接触电阻产生的热量为18mv 2C 、开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S ＝QR BD 、当导体棒的速度为12v 0时，回路中感应电流大小为初始时的一半8、假设两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L.如图10－24所示，一条导线与两根导轨相连，磁感应强度的大小为B 的匀强磁场与导轨平面垂直、电阻为R 、质量为m 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放、导体棒进入磁场后速度减小，最终稳定时离磁场上边缘的距离为H.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻、以下说法正确的选项是()图10－24A 、整个运动过程中回路的最大电流为mg BLB 、整个运动过程中导体棒产生的焦耳热为m(H ＋h)g －m 3g 2R 22B 4L 4C 、整个运动过程中导体棒克服安培力所做的功为mgHD 、整个运动过程中回路电流的功率为⎝ ⎛⎭⎪⎫mg BL 2R9、某学习小组设计了一种发电装置，如图10－25甲所示，图乙为其俯视图、将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h ＝0.5m 、半径r ＝0.2m 的圆柱体，其可绕固定轴OO ′逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B ＝0.2T 、方向都垂直于圆柱体侧表面、紧靠圆柱外侧固定一根与其等高、阻值R 1＝0.5Ω的细金属杆ab ，杆与轴OO ′平行、图丙中阻值R ＝1.5Ω的电阻与理想电流表A 串联后接在杆a 、b 两端、以下说法不正确的选项是()图10－25A、电流表A的示数约为1.41AB、杆ab产生的感应电动势的有效值为2VC、电阻R消耗的电功率为1.5WD、在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零10、相距L＝1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1.0kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，确保金属棒与金属导轨良好接触，如图10－26甲所示、虚线上方磁场方向垂直纸面向里、虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同、ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为R＝1.8Ω，导轨电阻不计、现有一方向竖直向上、大小按图乙所示规律变化的外力F作用在ab棒上，使棒从静止开始沿导轨匀加速运动，与此同时cd棒也由静止释放、取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)磁感应强度的大小和ab棒的加速度大小；(2)假设在2s内外力F做功40J，那么这一过程中两金属棒产生的总焦耳热是多少？(3)判断cd棒将做怎样的运动，并求出cd棒达到最大速度所需的时间、甲乙图10－26专题限时集训(十)B1、B[解析]两根金属棒ab 和cd 以相同的速度匀速运动，假设断开开关S ，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，那么回路中无感应电流，故A 、C 错误；假设闭合开关S ，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，那么回路中有感应电流，故B 正确，D 错误、2、D[解析]N 单极子向下靠近时，磁通量向下增加，当N 单极子向下离开时，磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向、3、D[解析]开关S 闭合时，金属杆的速度v ＝2gh ，感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ，安培力F ＝BIL ，联立解出F ＝2N ；由于F>mg ＝1N ，故ab 杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，应选项D 正确、4、C[解析]旋转的导体棒在磁场中切割磁感线，产生电动势，由右手定那么可判断：开始时电流方向由b 向a ，为负方向；后来磁场方向相反，电流方向为正方向、因为一个周期的时间内只有开始的14周期和第3个14周期内导体棒做切割磁感线运动，所以其他时间电路中无感应电流、选项C 正确、5、A[解析]涡流是高频交流电引起的电磁感应现象，应选项A 正确，选项B 错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成，利用涡流加热食物，应选项C 、D 错误、6、D[解析]由磁感应强度变化图象知，在每个14周期内，磁通量都随时间均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝S ·ΔBΔt 得，感应电动势大小不变；根据楞次定律，每经一个14周期，感应电动势的方向变化一次，选项D 正确、7、C[解析]因为导体棒在向右运动时切割磁感线产生感应电流，同时受到水平向左的安培力，所以导体棒速度逐渐减小，速度减小又使得感应电动势、感应电流、安培力均减小，所以导体棒做加速度逐渐减小的变减速运动，选项A 错误；由能量守恒可知整个运动过程中导体棒损失的动能全部转化为内能，应选项B 错误；设开始运动时，导体棒和导轨构成的回路的面积为S ，运动时间为t ，那么整个过程中回路中的平均感应电动势为E ＝BS t ，平均感应电流为I ＝E R ，那么运动过程中通过A 点的电荷量为Q ＝It.联立可得S ＝QR B ，应选项C 正确；导体棒在运动过程中切割磁感线的有效长度逐渐减小，当速度为12v 0时产生的感应电动势小于开始运动时产生的感应电动势的一半，此时感应电流小于开始时的一半，应选项D 错误、8、B[解析]导体棒进入磁场后，先做变减速运动，安培力也逐渐减小，当减到与重力相等时导体棒稳定，所以导体棒进入磁场时的速度最大，所产生的感应电动势最大，其感应电流也最大，由自由落体运动规律，进入磁场时的速度大小为v 1＝2gh ，产生的感应电动势为E ＝BLv 1，由闭合电路欧姆定律得I m ＝E R ＝BLv 1R ＝BL 2ghR ，选项A 错误；导体棒稳定后，产生的感应电动势为E ＝BLv 2，感应电流I ＝E R ，根据平衡条件，有mg ＝BIL ，所以v 2＝mgRB 2L 2；由能量守恒定律可知，减少的机械能转化为回路的电能，电能又转化为内能，所以Q ＝m(H＋h)g －12mv 22，解得Q ＝m(H ＋h)g －m 3g 2R 22B 4L 4，选项B 正确；导体棒在磁场中运动时克服安培力做功大于重力做的功mgH ，选项C 错误；回路中的电流是变化的，选项D 错误、9、A[解析]圆柱体转过一周感应电动势经历4个周期，T ＝T 04＝2π4ω＝π200s 、金属杆上感应电动势的大小为E ＝Blv ＝Bhr ω＝2.0V ，电流大小I ＝ER ＋R 1＝1A ，电阻R 的电功率为P ＝I 2R ＝1.5W ，选项A 错误，选项BC 正确；电流在电流表中周期性变化，每个周期流过电流表A 的总电荷量为零，选项D 正确、10、(1)1.2T1m/s 2(2)18J(3)略2s[解析](1)金属棒在外力F 作用下做匀加速直线运动开始时v 0＝0，根据牛顿第二定律得 F 1－m 1g ＝m 1a解得a ＝1m/s 2t ＝2s 末金属棒的速度v ＝at ＝2m/s此时的感应电动势E ＝BLv电流I ＝E R安培力F A ＝BIL根据牛顿第二定律有F 2－m 1g －F A ＝m 1a联立解得B ＝1.2T.(2)2s 内金属棒的位移h ＝12at 2＝2m设金属棒在2s 内克服安培力做功为W A ，根据动能定理得W F －m 1gh －W A ＝12m 1v 2且Q ＝W A解得Q ＝18J(3)对cd 棒，根据牛顿第二定律得m 2g －μF A ＝m 2a ′即m 2g －μB 2L 2v R ＝m 2a ′因v ＝at解得a ′＝10－5t由此知，cd 棒先做初速度为零、加速度减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最终加速度减小为零、当加速度减小为零时，cd 棒速度最大、由a ′＝10－5t ＝0解得t ＝2s.。

2019年高考物理二轮复习 第10讲 电磁感应专题突破练