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（含答案）

《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（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（含答案）（7页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、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 Blv，流过固定电阻 R 的感应电流由 b 经 R 到 d12B 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 FA ，方向水平向右B2

2、l2v2RD MN 受到的安培力大小 FA ，方向水平向左B2l2vR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 Blv，再由右手定则，拇指指向速12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 ；由左手定则可知，安培力的B2l2v2R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

3、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 ix 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 ，根BLvR据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在 L2 L 的过程中，电动势 E2 BLv，电流 I ，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在 2L3 L 的过程中，2BLvRE BLv，电流 I ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故 ABD 错误，CB

4、LvR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

5、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

6、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， B正在减小， B t mgdqL2 B t mgdqL2C正在增强， D正在减小， B t mgd2qL2 B t 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

7、框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势： E S L2；油滴所受电场力： F E 场 q，对油滴，根据平衡条件得： B t B tq mg；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为： ；故选 B.Ed B t mgdqL25.如图所示，相距为 d 的两条水平虚线 L1、 L2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 v0， cd 边刚离开磁场时速度也为 v0，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

8、的功为 3mgdB线圈的最小速度一定大于mgRB2L2C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 v0， cd 边刚离开磁场时速度也为 v0，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 Q2 mgd，感应电流

9、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 ，解得可能的最小速度 v ，故 B 错B2L2vR mgRB2L2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 mv2，解得最小速度 v ，故 C 正确线圈穿出磁场的过程，12 2g（ h L d）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，

10、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( )Aa 先变亮，然后逐渐变暗Bb 先变亮，然后逐渐变暗Cc 先变亮，然后逐渐变暗Db、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

11、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 It1(BLmCBL)D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 Q C U， I ； U E BL v；解得 I Q t CBLa，则导体

12、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CBL v t顿第二定律： F BIL ma，则 F BIL ，则外力 F 的冲量大小为 IF Ft1 It1mICBL，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(BLmCBL)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

13、 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，

14、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 ，可知上滑过程 R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 ，可知上滑过程安 R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 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

15、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 F2 mg 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3mgRB2L2B金属棒的最大加速度为 1.4gC通过金属棒的电荷量为BLsRD定值电阻上产生的焦耳热为 mgs34 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 BL

16、v；回路电流 I E2R；安培力 F 安 BIL ；金属棒匀速时，受力平衡有 F mgsin 30 F 安 ，即BLv2R B2L2v2R2mg mg12 B2L2v2R联立解得： v ，故 A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即 F mgsin 303mgRB2L2 ma，代入数据 2mg mg ma，解得 a1.5 g，故 B 错误；根据感应电量公式 Q 12 R总，故 C 错误；对金属棒运用动能定理，有 Fs mgssin 30 Q mv2，其中定值电阻BLs2R 12上产生的焦耳热为 QR Q mgs ，故 D 正确；故选 AD.12 34 9m3g2R24B4L410(多选)如图

17、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 L0.2 m，两导轨的左端之间连接的电阻 R0.4 ，导轨上停放一质量m0.1 kg 的金属杆 ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻 r0.1 ，导轨的电阻可忽略不计整个装置处于磁感应强度 B0.5 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

18、4.0 m/sC外力 F 的瞬时功率为 1.0 WD05.0 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 t5.0 s，由图象可知电压为 0.4 V，根据闭合电路欧姆定律得 I A1 A，故UR 0.40.4A 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 E，解得 v5 RR rm/s，故 B 错误；根据电路知 U BLv0.08 v0.08 at，结合 Ut 图象知导体棒做匀加RR r速运动，加速度为 a1 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： F0.2 N，此时 F 的瞬时功率 P Fv0.25 W1 W 故 C 正确；05.0 s 内通过R 的电荷量为 q It t t 12.5 C，故 D 错误；综上ER r t（ R r） R r B12at2R r所述本题答案是 AC.