高考物理二輪復習高頻考點專項訓練-電磁感應的綜合應用（解析版）

高考物理二輪復習高頻考點專項訓練---電磁感應的綜合應用1．(多選)(2019·山東聊城市模擬)如圖甲，螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場，圖中箭頭所示方向為其正方向．螺線管與導線框abcd相連，導線框內有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內．當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時()A．在t1～t2時間內，L有收縮趨勢B．在t2～t3時間內，L有擴張趨勢C．在t2～t3時間內，L內有逆時針方向的感應電流D．在t3～t4時間內，L內有順時針方向的感應電流答案AD解析據題意，在t1～t2時間內，外加磁場磁感應強度增加且增加得越來越快，則在導線框中產生沿順時針方向逐漸增大的電流，該電流激發(fā)出逐漸增大的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內產生感應電流，根據結論“增縮減擴”可知圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在t2～t3時間內，外加磁場均勻變化，在導線框中產生恒定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應電流，故選項B、C錯誤；在t3～t4時間內，外加磁場向下減小，且減小得越來越慢，在導線框中產生沿順時針方向逐漸減小的電流，該電流激發(fā)出垂直于紙面向內逐漸減弱的磁場，故圓環(huán)內產生順時針方向的感應電流，選項D正確．2.(2019·安徽合肥市第一次質量檢測)如圖所示，一有界勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場寬度為L；正方形導線框abcd的邊長也為L，當bc邊位于磁場左邊緣時，線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域．若規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則反映線框中感應電流變化規(guī)律的圖象是()答案B解析設導線框運動的加速度為a，則某時刻其速度v＝at，所以在0～t1時間內(即當bc邊位于磁場左邊緣時開始計時，到bc邊位于磁場右邊緣結束)，根據法拉第電磁感應定律得：E＝BLv＝BLat，電動勢為逆時針方向．由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(BLa,R)t，電流為正．其中R為線框的總電阻．所以在0～t1時間內，I∝t，故A、C錯誤；從t1時刻開始，ad邊開始切割磁感線，電動勢大小E＝BLat，其中t1＜t≤t2，電流為順時針方向，為負，電流I＝eq\f(BLa,R)t，t1＜t≤t2，其中I0＝eq\f(BLa,R)t1，電流在t1時刻方向突變，突變瞬間，電流大小保持I0＝eq\f(BLa,R)t1不變，故B正確，D錯誤．3.(多選)(2019·山東棗莊市上學期期末)如圖所示，水平放置的半徑為2r的單匝圓形裸金屬線圈A，其內部有半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小為B、方向豎直向下；線圈A的圓心和磁場區(qū)域的圓心重合，線圈A的電阻為R.過圓心的兩條虛線ab和cd相互垂直．一根電阻不計的直導體棒垂直于ab放置，使導體棒沿ab從左向右以速度v勻速通過磁場區(qū)域，導體棒與線圈始終接觸良好，線圈A中會有感應電流通過．撤去導體棒，使磁場的磁感應強度均勻變化，線圈A中也會有感應電流，如果使cd左側的線圈中感應電流大小和方向與導體棒經過cd位置時的相同，則()A．磁場一定增強B．磁場一定減弱C．磁感應強度的變化率為eq\f(4Bv,πr)D．磁感應強度的變化率為eq\f(8Bv,πr)答案AC解析根據右手定則，導體棒切割磁感線產生的感應電流通過cd左側的線圈時的方向是逆時針的，根據楞次定律，使磁場的磁感應強度均勻變化，產生同樣方向的感應電流，磁場一定增強，故A正確，B錯誤；導體棒切割磁感線時，根據法拉第電磁感應定律，導體棒經過cd位置時產生的感應電動勢E＝2Brv，根據歐姆定律，通過cd左側的線圈中感應電流大小I＝eq\f(E,\f(R,2))＝eq\f(4Brv,R)；磁場的磁感應強度均勻變化時，根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律，eq\f(\f(ΔB,Δt)×r2π,R)＝eq\f(4Brv,R)，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(4Bv,πr)，故C正確，D錯誤．4.(多選)(2019·遼寧葫蘆島市第一次模擬)如圖甲所示，在MN、OP間存在一勻強磁場，t＝0時，一正方形光滑金屬線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運動，外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示，已知線框質量m＝1kg、電阻R＝2Ω，則()A．線框的加速度大小為2m/s2B．磁場寬度為6mC．勻強磁場的磁感應強度大小為eq\r(2)TD．線框進入磁場過程中，通過線框橫截面的電荷量為eq\f(\r(2),2)C答案ACD解析整個線框在磁場中運動時只受外力F作用，則加速度a＝eq\f(F,m)＝2m/s2.由題圖可知，從線框右邊剛進入磁場到右邊剛離開磁場，運動的時間為2s，磁場的寬度d＝eq\f(1,2)at12＝4m，所以選項A正確，B錯誤；當線框全部進入磁場前的瞬間：F1－F安＝ma，而F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(B2L2at,R)，線框的寬度L＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m，聯立得：B＝eq\r(2)T，所以選項C正確；線框進入磁場過程中，通過線框橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔФ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(\r(2)×12,2)C＝eq\f(\r(2),2)C，所以選項D正確．5．(2019·山東濟南市3月模擬)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2.螺線管導線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF.在一段時間內，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應強度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法中正確的是()A．螺線管中產生的感應電動勢為1.2VB．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器的下極板帶負電C．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為2.56×10－2WD．閉合K，電路中的電流穩(wěn)定后，斷開K，則K斷開后，流經R2的電荷量為1.8×10－2C答案C解析根據法拉第電磁感應定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)；解得：E＝0.8V，故A錯誤；根據楞次定律可知，螺線管的感應電流盤旋而下，則螺線管下端相當于電源的正極，則電容器的下極帶正電，故B錯誤；根據閉合電路歐姆定律，有：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，根據P＝I2R1解得：－5C，故D錯誤．6.(多選)(2019·貴州部分重點中學教學質量評測卷(四))長為L的金屬棒OP固定在頂角為2θ的塑料圓錐體側面上，ab為圓錐體底面直徑．圓錐體繞其軸OO′以角速度ω在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中勻速轉動，轉動方向如圖所示，下列說法正確的是()A．金屬棒上O點的電勢高于P點B．金屬棒上O點的電勢低于P點C．金屬棒OP兩端電勢差大小為eq\f(1,2)Bω2LsinθD．金屬棒OP兩端電勢差大小為eq\f(1,2)BωL2sin2θ答案AD解析由右手定則知金屬棒OP在勻速轉動過程中切割磁感線產生的感應電動勢方向由P指向O，在電源內部由電勢低處指向電勢高處，則金屬棒上O點的電勢高于P點，故A正確，B錯誤．金屬棒OP在勻速轉動過程中切割磁感線的有效長度L′＝O′P＝Lsinθ，故產生的感應電動勢E＝BL′·eq\f(1,2)ωL′＝eq\f(1,2)BωL2sin2θ，故C錯誤，D正確．7.(2019·安徽宣城市期末調研測試)邊界MN的一側區(qū)域內，存在著磁感應強度大小為B、方向垂直于光滑水平桌面的勻強磁場．邊長為l的正三角形金屬線框abc粗細均勻，三邊阻值相等，a頂點剛好位于邊界MN上，現使線框圍繞過a點且垂直于桌面的轉軸勻速轉動，轉動角速度為ω，如圖所示，則在ab邊開始轉入磁場的瞬間ab兩端的電勢差Uab為()A.eq\f(1,3)Bl2ω B．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ω D.eq\f(1,6)Bl2ω答案A解析當ab邊剛進入磁場時，ab部分在切割磁感線，切割長度為兩個端點間的距離，即a、b間的距離為l，E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；設每個邊的電阻為R，a、b兩點間的電勢差為：U＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R，故U＝eq\f(1,3)Bωl2，故A正確，B、C、D錯誤．8.(多選)(2019·福建泉州市期末質量檢查)如圖甲所示，勻強磁場垂直穿過矩形金屬線框abcd，磁感應強度B隨時間t按圖乙所示規(guī)律變化，下列說法正確的是()A．t1時刻線框的感應電流方向為a→b→c→d→aB．t3時刻線框的感應電流方向為a→b→c→d→aC．t2時刻線框的感應電流最大D．t1時刻線框ab邊受到的安培力方向向右答案AD解析t1時刻穿過線框的磁通量向里增加，根據楞次定律可知，線框的感應電流方向為a→b→c→d→a，由左手定則可知，線框ab邊受到的安培力方向向右，選項A、D正確；t3時刻穿過線框的磁通量向里減小，可知線框的感應電流方向為a→d→c→b→a，選項B錯誤；B－t圖象的斜率等于磁感應強度的變化率，可知t2時刻磁感應強度的變化率為零，則線框的感應電流為零，選項C錯誤．9.(2019·甘肅蘭州市第一次診斷)如圖所示，寬為L的光滑導軌豎直放置，左邊有與導軌平面垂直的區(qū)域足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，右邊有兩塊水平放置的金屬板，兩板間距為d.金屬板和電阻R都與導軌相連．要使兩板間質量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)，阻值也為R的金屬棒ab在導軌上的運動情況可能為(金屬棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g)()A．向右勻速運動，速度大小為eq\f(2dmg,BLq)B．向左勻速運動，速度大小為eq\f(2dmg,BLq)C．向右勻速運動，速度大小為eq\f(dmg,2BLq)D．向左勻速運動，速度大小為eq\f(dmg,2BLq)答案A解析兩板間質量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)，則qE＝mg，板間電場強度E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向下；兩板間電壓U＝Ed＝eq\f(mgd,q)，且上板帶正電、下板帶負電．金屬棒ab切割磁感線相當于電源，兩金屬板與電阻R并聯后接在金屬棒兩端，則金屬棒中電流方向由b流向a，U＝eq\f(R,R＋R)·E＝eq\f(1,2)·BLv，則金屬棒ab在導軌上的運動速度v＝eq\f(2mgd,qBL)；據金屬棒中電流方向由b流向a和右手定則可得，金屬棒向右運動．綜上，A正確，B、C、D錯誤．10.(多選)(2019·湖北穩(wěn)派教育上學期第二次聯考)如圖甲所示，通電直導線MN和正方形導線框在同一水平面內，ab邊與MN平行，先給MN通以如圖乙所示的電流，然后再通以如圖丙所示的正弦交流電，導線和線框始終保持靜止不動，電流從N到M為正，已知線框中的磁通量與直導線MN中的電流成正比，則下列說法正確的是()A．通以如圖乙所示的電流時，線框中產生的電流先減小后增大B．通以如圖乙所示的電流時，線框中的感應電流方向始終不變C．通以如圖丙所示的電流時，0～t2時間內，線框受到的安培力方向不變D．通以如圖丙所示的電流時，t3時刻線框受到的安培力為零答案BD解析由題意可知，從N到M的方向為電流正方向；通以如題圖乙所示的電流時，在0～t1時間內電流方向為從M到N，穿過線框abcd的磁場方向垂直紙面向外，大小在減小，由楞次定律可得，感應電流方向為逆時針，即為abcda；在t1時刻后，電流方向為N到M，穿過線框abcd的磁場方向垂直紙面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感應電流方向為逆時針，即為abcda，故電流的方向不變，根據法拉第電磁感應定律有：E＝eq\f(ΔФ,Δt)，則線框中的感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔФ,Δt)×eq\f(1,R)，因線框中的磁通量與直導線MN中的電流成正比，即eq\f(ΔФ,Δt)∝eq\f(ΔI,Δt)，則由乙圖可知eq\f(ΔI,Δt)一直保持不變，故eq\f(ΔФ,Δt)不變，則感應電流I不變，故A錯誤，B正確；通以如題圖丙所示的電流時，在0～eq\f(t2,2)時間內，導線中電流沿正方向增大，則線框中的磁場向里增大，由楞次定律可知，感應電流方向為逆時針，即為abcda，根據左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向右，cd邊受到的安培力方向向左，根據F＝BIL可知，I、L相同，但ab邊離導線近，故ab邊所在處的磁感應強度大于cd邊所在處的磁感應強度，則此時安培力的方向向右；在eq\f(t2,2)～t2時間內，導線中電流沿正方向減小，則線框中的磁場向里減小，由楞次定律可知，感應電流方向為順時針，即為adcba；根據左手定則可知，ab邊受到的安培力方向向左，cd邊受到的安培力方向向右，根據F＝BIL可知，I、L相同，但ab邊離導線近，故ab邊所在處的磁感應強度大于cd邊所在處的磁感應強度，則此時安培力的方向向左，故在0～t2時間內線框受到的安培力方向改變，故C錯誤；由題圖丙可知，在t3時刻電流為零，根據F＝BIL可知，此時線框受到的安培力為零，故D正確．11.(2019·福建三明市期末質量檢測)如圖所示，足夠長的光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角θ＝37°，導軌間距L＝0.4m，其下端連接一個定值電阻R＝4Ω，其他電阻不計．兩導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1T．一質量為m＝0.04kg的導體棒ab垂直于導軌放置，現將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求導體棒下滑的最大速度；(2)若導體棒從靜止加速到v＝4m/s的過程中，通過R的電荷量q＝0.2C，求R產生的熱量值．答案(1)6m/s(2)0.16J解析(1)當導體棒所受的合外力為零時，速度最大，則：mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)聯立解得v＝6m/s(2)設該過程中電流的平均值為eq\x\to(I)，則q＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(BLx,Δt)由能量守恒定律可得：mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q聯立解得：x＝2m，Q＝0.16J．12.(2019·浙南名校聯盟期末)如圖甲所示，在豎直方向上有4條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1L2之間、L3L4之間存在勻強磁場，大小均為1T，方向垂直于虛線所在平面．現有一根電阻為2Ω的均勻金屬絲，首尾相連制成單匝矩形線圈abcd，連接處接觸電阻忽略，寬度cd＝L＝0.5m，線圈質量為0.1kg，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重m/s2)．求：(1)線圈勻速運動的速度大?。?2)線圈的長度ad；(3)在0～t1時間內通過線圈的電荷量；(4)0～t3時間內，線圈ab邊產生的熱量．答案(1)8m/s(2)2m(3)0.25C(4)0.18J解析(1)t2～t3時間ab邊在L3L4內做勻速直線運動，E＝BLv2，F＝Beq\f(E,R)L，F＝mg聯立解得：v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝8m/s，(2)從cd邊出L2到ab邊剛進入L3線圈一直做勻加速直線運動，ab剛進上方磁場時，cd也應剛進下方磁場，設磁場寬度是d，由v2＝v1＋gt得，v1＝2m/s，則3d＝eq\f(v1＋v2,2)t＝3m，得：d＝1m，有：ad＝2d＝2m，(3)0～t1時間內，通過線圈的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BdL,R)＝0.25C，(4)在0～t3時間內由能量守恒得：線圈產生熱量Q總＝mg·5d－eq\f(1,2)mv22＝1.8J故線圈ab邊產生熱量Q＝eq\f(1,10)Q總＝0.18J.13.(2019·湖北穩(wěn)派教育上學期第二次聯考)如圖所示，傾角為θ的光滑絕緣斜面上平行于底邊的虛線ef下方有垂直于斜面向下的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，邊長為L的正方形導線框abcd放在斜面上，線框的電阻為R，線框的cd邊剛好與ef重合．無初速度釋放線框，當ab邊剛好要進入磁場時，線框的加速度剛好為零，線框的質量為m，重力加速度為g，求：(1)ab邊剛好要進入磁場時線框的速度大??；(2)從釋放線框到ab邊進入磁場時，通過線框橫截面的電荷量．答案(1)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(BL2,R)解析(1)ab邊剛好要進入磁場時，mgsinθ＝FA＝eq\f(B2L2v,R)解得：v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)線框進入磁場的過程中，平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)根據法拉第電磁感應定律有：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔФ,Δt)通過線框橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔФ,R)＝eq\f(BL2,R).14.(2019·河北“五個一名校聯盟”第一次診斷)如圖所示，P、Q為水平平行放置的足夠長的固定的光滑金屬導軌，相距l(xiāng)＝1m．導軌間