2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用

《2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題跟蹤訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題跟蹤訓(xùn)練(十二) 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用一、選擇題1(2018全國卷)(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向?qū)Ь€框R中的感應(yīng)電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大，且沿順時針方向D在tT時最大，且沿順時針方向解析因通電導(dǎo)線的磁感應(yīng)強度大小正比于電流的大小，故導(dǎo)線框R中磁感應(yīng)強度與時間的變化關(guān)系類似于題圖(b)，感應(yīng)電動勢正比于磁感應(yīng)強度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負(fù)反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大小由題圖(b)可知，電流為零時，電動勢最大

2、，電流最大時電動勢為零，A正確，B錯誤再由楞次定律可判斷在一個周期內(nèi)，內(nèi)電動勢的方向沿順時針，時刻最大，C正確，其余時間段電動勢沿逆時針方向，D錯誤答案AC2(2018昆明市高三摸底)(多選)如圖甲所示，導(dǎo)體框架abcd放置于水平面內(nèi)，ab平行于cd，導(dǎo)體棒MN與兩導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置置于垂直于框架平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，MN始終保持靜止規(guī)定豎直向上為磁場正方向，沿導(dǎo)體棒由M到N為感應(yīng)電流的正方向，水平向右為導(dǎo)體棒所受安培力F的正方向，水平向左為導(dǎo)體棒所受摩擦力f的正方向，下列圖象中正確的是()解析在0t1時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度B豎直向上且大小不變，則閉

3、合回路中的磁通量不變，沒有發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，閉合回路中無感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒MN不受安培力的作用，考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，知此時間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN不受摩擦力，選項C錯誤；在t1t2時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度B豎直向上且均勻減小，則閉合回路中的磁通量均勻減少，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，閉合回路中有感應(yīng)電流，由楞次定律判斷知，感應(yīng)電流為逆時針方向，即由M流向N，電流為正方向感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒MN受安培力的作用，由左手定則判斷知，安培力方向水平向右，為正方向，考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，知此時間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN受摩擦力，大小與安培力大小相等，方向與安培力方向相反，即水平向左，也為正方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律E

4、nnSnkS(定值)，其中k為Bt圖象的斜率的絕對值，為定值，根據(jù)歐姆定律I(定值)，安培力大小FBILB0k(tt1)L(隨時間均勻減小)，摩擦力大小fFB0k(tt1)L(隨時間均勻減小)；在t2t3時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度B豎直向下且均勻增大，則閉合回路中的磁通量均勻增加，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，閉合回路中有感應(yīng)電流，由楞次定律判斷知，感應(yīng)電流為逆時針方向，即由M流向N，為正方向感應(yīng)電流，選項A錯誤；t2t3時間內(nèi)，導(dǎo)體棒MN受安培力的作用，由左手定則判斷知，安培力方向水平向左，為負(fù)方向，考慮到導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)知，此時間段內(nèi)導(dǎo)體棒MN受摩擦力，大小與安培力大小相等，方向與安培力方向相反，即

5、水平向右，也為負(fù)方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律EnnSnkS(定值)，其中k為Bt圖象的斜率的絕對值，為定值，根據(jù)歐姆定律I(定值)，選項B正確；t2t3時間內(nèi)安培力大小FBILk(tt2)L(隨時間均勻增大)，摩擦力大小fFk(tt2)L(隨時間均勻增大)，選項D正確答案BD3(2018武漢市武昌區(qū)高三調(diào)研) (多選)如圖1和圖2所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，垂直于磁場方向均有一足夠長的、間距均為l的光滑豎直金屬導(dǎo)軌，圖1和圖2的導(dǎo)軌上端分別接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器(不會被擊穿)，水平放置的、質(zhì)量分布均勻的金屬棒的質(zhì)量均為m，現(xiàn)使金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，金屬棒和導(dǎo)軌始終接

6、觸良好且它們的電阻均可忽略以下關(guān)于金屬棒運動情況的說法正確的是(已知重力加速度為g)()A圖1中的金屬棒先做勻加速直線運動，達到最大速度vm后，保持這個速度做勻速直線運動B圖1中的金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，達到最大速度vm后，保持這個速度做勻速直線運動C圖2中電容器相當(dāng)于斷路，金屬棒做加速度大小為g的勻加速直線運動D圖2中金屬棒做勻加速直線運動，且加速度大小為a解析題圖1中金屬棒下落的過程中，受重力和向上的安培力，由牛頓第二定律可知mgma，當(dāng)金屬棒下落的速度逐漸增大時，金屬棒的加速度逐漸減小，當(dāng)a0時mg，則vm，此后金屬棒保持該速度做勻速直線運動，A錯誤，B正確；題圖2中當(dāng)金屬棒

7、下落的過程中，速度逐漸增大，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸增大，導(dǎo)體棒對電容器充電，由右手定則知回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則知金屬棒所受的安培力豎直向上，金屬棒的加速度小于g，C錯誤；題圖2中金屬棒做加速運動，開始金屬棒中的感應(yīng)電動勢為EBlv，經(jīng)時間t金屬棒的速度增加v，則金屬棒的加速度大小為a，此時金屬棒中的感應(yīng)電動勢大小為EBl(vv)，則電容器兩極板所帶電荷量的改變量為qC(EE)CBlv，金屬棒中的電流大小為ICBla，由牛頓第二定律可知mgBIlma，由以上解得a，D正確答案BD4(2018綿陽市高中二診)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻，將

8、質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示除電阻R外其余電阻不計，現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則()A釋放瞬間金屬棒的加速度不等于重力加速度gB金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為abC金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為FD電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量解析釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，彈簧彈力也為零，金屬棒只受重力，所以金屬棒的加速度為g，故A錯誤；金屬棒向下運動時切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，流過電阻R的電流方向為ba，故B錯誤；金屬棒的速度為v時，回路

9、中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I，金屬棒所受的安培力大小為FBILBL，故C正確；由于金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的阻礙作用，系統(tǒng)的機械能不斷減少，最終金屬棒停止運動，此時彈簧具有一定的彈性勢能，所以金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，根據(jù)能量守恒定律可知，在金屬棒運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于棒的重力勢能減少量與彈簧彈性勢能之差，故D錯誤答案C5(2018惠州市高三三調(diào))(多選)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上、大小為B的勻強磁場中，兩導(dǎo)軌間的距離為l.t0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F，使金屬棒由靜

10、止開始沿導(dǎo)軌向上運動，金屬棒電阻為r，導(dǎo)軌電阻忽略不計已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于棒運動的速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是()解析根據(jù)題圖乙所示的It圖象可知Ikt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得Ikt，又EBlv，整理得vt，vt圖象是一條過原點的斜率大于零的直線，說明金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運動，即vat，A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律E，則得k(Rr)t，t的圖象是一條過原點的斜率大于零的直線，B正確對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動力學(xué)方程，F(xiàn)BIlmgsinma，而I，vat，整理得Fma

11、mgsin，可見Ft圖象是一條斜率大于零且縱截距大于零的直線，C錯誤；qItt2，則qt圖象應(yīng)是一條開口向上的拋物線，D錯誤答案AB6(2018石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，P、Q之間有阻值為R的電阻，PQNM所圍的面積為S，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場，規(guī)定磁場方向豎直向上為正，在02t0時間內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是()A在0t0和t02t0內(nèi)，導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B在t02t0內(nèi)，通過電阻R的電流方向為P到QC在0t0內(nèi)，通過電阻R的電流大小為D在02t0內(nèi)，通過電阻R的電荷量為

12、解析由楞次定律和右手定則，結(jié)合題圖可知，0t0時間內(nèi)，通過電阻R的電流方向為PQ，t02t0時間內(nèi)，電流方向為QP，B項錯誤；由左手定則可知，兩段時間內(nèi)安培力方向相反，故導(dǎo)體棒所受靜摩擦力方向相反，A項錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，0t0時間內(nèi)，E1，所以通過R的電流I1，C項錯誤；在02t0時間內(nèi)，PQNM范圍內(nèi)磁通量變化量為B0S，則通過電阻R的電荷量q2t02t02t0，D項正確答案D7(2018鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測)(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻平直部分導(dǎo)軌左邊

13、區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從彎曲導(dǎo)軌上高為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)()A金屬棒中的最大電流為B金屬棒克服安培力做的功為mghC通過金屬棒的電荷量為D金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)解析由機械能守恒定律知，金屬棒沿光滑導(dǎo)軌下滑，mghmv2，解得金屬棒到達磁場時速度v，金屬棒以初速度v進入磁場區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流最大，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為EmBL，最大感應(yīng)電流Im，選項A錯誤；由于

14、金屬棒與平直部分導(dǎo)軌有摩擦，根據(jù)功能關(guān)系，金屬棒克服摩擦力做的功與克服安培力做的功的代數(shù)和等于mgh，選項B錯誤；由E，I，qIt，BLd，聯(lián)立解得通過金屬棒的電荷量q，選項C正確；設(shè)金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則電阻產(chǎn)生的焦耳熱也為Q，由能量守恒定律有，mgd2Qmgh，解得Qmg(hd)，選項D正確答案CD8(2018武漢市高三調(diào)研)(多選)如圖(a)所示，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，ac邊的電阻為R，其他電阻均不計，ab與ac夾角為135，cd與ac垂直將質(zhì)量為m的長直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上，并與ac平行棒與ab、cd交點G、H間的距離為L0，空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B在外力作

15、用下，棒由GH處以初速度v0向右做直線運動其速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系如圖(b)所示在棒運動L0到MN處的過程中()A導(dǎo)體棒做勻變速直線運動B導(dǎo)體棒運動的時間為C流過導(dǎo)體棒的電流大小不變D外力做的功為解析根據(jù)題圖(b)導(dǎo)體棒運動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系可知，導(dǎo)體棒做非勻變速直線運動，選項A錯誤；根據(jù)導(dǎo)體棒運動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的圖線與橫軸所圍的面積表示時間可知，導(dǎo)體棒運動的時間為tL0，選項B正確；根據(jù)題圖(b)導(dǎo)體棒運動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關(guān)系圖象可得，x，解得v，導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度LL0x，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLvB(L0

16、x)BL0v0，為一恒量，由閉合電路歐姆定律可知，流過導(dǎo)體棒的電流大小I不變，選項C正確；根據(jù)能量守恒知，在棒從HG處運動到MN處的過程中，外力做的功等于電阻產(chǎn)生的熱量Q和金屬棒動能變化量的代數(shù)和，電阻產(chǎn)生的熱量QI2Rt2R，金屬棒動能變化量Ekm2mvmv，即外力做的功為Wmv，選項D錯誤答案BC9(2018江蘇卷)(多選)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿()A剛進入磁場時加速度方向豎直向下B穿過磁場的時

17、間大于在兩磁場之間的運動時間C穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于解析根據(jù)題述，由金屬桿進入磁場和進入磁場時速度相等可知，金屬桿在磁場中做減速運動，所以金屬桿剛進入磁場時加速度方向豎直向上，選項A錯誤；由于金屬桿進入磁場后做加速度逐漸減小的減速運動，而在兩磁場之間做勻加速運動，所以穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間，選項B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進入磁場到剛進入磁場過程動能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場產(chǎn)生的熱量Q12mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運動情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為22mgd4mgd

18、，選項C正確；金屬桿剛進入磁場時的速度v，進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv，感應(yīng)電流I，所受安培力FBIL，由于金屬桿剛進入磁場時加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，聯(lián)立解得h，選項D錯誤答案BC二、非選擇題10(2018廣州市畢業(yè)班綜合測試)如圖甲，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1.0 m，左端連接阻值R4.0 的電阻；勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0.5 T、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下；質(zhì)量m0.2 kg、長度l1.0 m、電阻r1.0 的金屬桿置于導(dǎo)軌上，向右運動并與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好t0時對桿施加一平行于導(dǎo)軌方向的外力F，桿運動的vt圖象如圖乙所示

19、其余電阻不計求：(1)從t0開始，金屬桿運動距離為5 m時電阻R兩端的電壓；(2)03.0 s內(nèi)，外力F大小隨時間t變化的關(guān)系式解析(1)根據(jù)vt圖象可知金屬桿做勻減速直線運動的時間t3 s，t0時桿的速度為v06 m/s由運動學(xué)公式得其加速度大小a設(shè)桿運動了5 m時速度為v1，則vv2as1此時，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1Blv1回路中產(chǎn)生的電流I1電阻R兩端的電壓UI1R聯(lián)立解得U1.6 V(2)由t0時BIlma，可分析判斷出外力F的方向與v0反向金屬桿做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有FBIlma設(shè)在t時刻金屬桿的速度為v，桿的電動勢為E，回路電流為I，則有vv0at又EBlvI聯(lián)式解

20、得F大小與時間t的函數(shù)關(guān)系式為F0.10.1t.答案(1)1.6 V(2)F0.10.1t11(2018蘭州市高三診斷)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30，兩導(dǎo)軌間距L1.0 m，底端N、Q兩點連接R1.0 的電阻，勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向上，磁感應(yīng)強度大小為B0.6 T質(zhì)量m0.2 kg，阻值r0.50 的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，在平行于導(dǎo)軌平面向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌向上做勻速直線運動，速度v10 m/s.撤去拉力F后，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌繼續(xù)運動l2.0 m后速度減為零運動過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，g10 m/s2，導(dǎo)軌電阻不計求：(1)拉力F的大??；(2)撤去拉力F后導(dǎo)體棒上升的過程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q和通過的電荷量q.解析(1)導(dǎo)體棒勻速運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv6 V感應(yīng)電流為I4 A由導(dǎo)體棒受力平衡可得FF安mgsinBILmgsin3.4 N(2)撤去拉力后，由動能定理可得mglsinW克0mv2得克服安培力所做的功W克8 J則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q8 J J通過的電荷量qItt0.8 C答案(1)3.4 N(2) J0.8 C11