【先學后教新思路】2020高考物理一輪復習-教案20-電磁感應

(滿分：100分時間：60分鐘)一、單項選擇題(每小題4分，共8分)1.如圖1所示，勻強磁場的磁感應強度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L的正方形剛性金屬框，ab邊的質量為m，電阻為R，其他三邊的質量和電阻均不計．cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉到豎直位置時，ab邊的速度為v，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()圖1A．通過ab邊的電流方向為a→bB．ab邊經過最低點時的速度v＝eq\r(2gL)C．a、b兩點間的電壓漸漸變大D．金屬框中產生的焦耳熱為mgL－eq\f(1,2)mv2答案D解析ab邊向下搖擺過程中，磁通量漸漸減小，依據楞次定律及右手定則可知感應電流方向為b→a，選項A錯誤；ab邊由水平位置到達最低點過程中，機械能不守恒，v≠eq\r(2gL)，所以選項B錯誤；金屬框搖擺過程中，ab邊受安培力作用，故當重力與安培力沿其搖擺方向分力的合力為零時，a、b兩點間電壓最大，選項C錯誤；依據能量轉化和守恒定律可知，金屬框中產生的焦耳熱應等于此過程中機械能的損失，故選項D正確．2．在豎直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖2甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，下列選項中能正確表示線圈中感應電流隨時間變化的是()圖2答案A解析由法拉第電磁感應定律和楞次定律可知，在0～eq\f(T,2)，感應電流的方向應與圖示方向相反，即為負方向，故B、C錯誤；在eq\f(T,2)～T，原磁場為反方向且磁場在增加，可推斷感應電流方向與圖示的方向相反，為負方向，且其大小為0～eq\f(T,2)時間內的2倍，故A正確，D錯誤．二、多項選擇題(每小題6分，共36分)3.用均勻導線做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面對里的勻強磁場中，如圖3所示，當磁場以eq\f(ΔB,Δt)的變化率增大時，則 ()圖3A．線圈中感應電流方向為acbdaB．線圈中產生的電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．線圈中a點電勢高于b點電勢D．線圈中a、b兩點間的電勢差為eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)答案AB解析依據楞次定律可知，選項A正確；線圈中產生的電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(l2,2)·eq\f(ΔB,Δt)，選項B正確；線圈中的感應電流沿逆時針方向，所以a點電勢低于b點電勢，選項C錯誤；線圈左邊的一半導線相當于電源，右邊的一半相當于外電路，a、b兩點間的電勢差相當于路端電壓，其大小為U＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2,4)·eq\f(ΔB,Δt)，選項D錯誤．4.矩形線圈abcd，長ab＝20cm，寬bc＝10cm，匝數n＝200，線圈回路總電阻R＝5Ω.整個線圈平面內均有垂直于線圈平面的勻強磁場穿過．若勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖4所示，則 ()圖4A．線圈回路中感應電動勢隨時間均勻變化B．線圈回路中產生的感應電流為0.4AC．當t＝0.3s時，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016ND．在1min內線圈回路產生的焦耳熱為48J答案BD解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，由于線圈中磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(20－5×10－2,0.3)T/s＝0.5T/s為常數，則回路中感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2V，且恒定不變，故選項A錯誤；回路中感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝0.4A，選項B正確；當t＝0.3s時，磁感應強度B＝0.2T，則安培力為F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故選項C錯誤；1min內線圈回路產生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J．選項D正確．5.如圖5所示，寬度為d的有界勻強磁場豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質量為m的橢圓形導體框平放在桌面上，橢圓的長軸平行磁場邊界，短軸小于d.現給導體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導體框全部在磁場中的速度為v，導體框全部出磁場后的速度為v1；導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱為Q1，導體框離開磁場過程中產生的焦耳熱為Q2.下列說法正確的是 ()圖5A．導體框離開磁場過程中，感應電流的方向為順時針方向B．導體框進出磁場都是做勻變速直線運動C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析由楞次定律可以推斷，導體框離開磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，選項A正確；導體框進出磁場時受到的安培力是變力，做非勻變速直線運動，選項B錯誤；安培力始終是阻力，故導體框做減速運動，進入磁場時的速度大于離開磁場時的速度，進入磁場時產生的焦耳熱Q1大于離開磁場時產生的焦耳熱Q2，選項C正確；由能量守恒得Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，選項D正確．6．如圖6所示的甲、乙兩個電路，電感線圈的自感系數足夠大，且直流電阻不行忽視，閉合開關S，待電路達到穩(wěn)定后，燈泡均能發(fā)光．現將開關S斷開，這兩個電路中燈泡亮度的變化狀況可能是 ()圖6A．甲電路中燈泡將漸漸變暗B．甲電路中燈泡將先變得更亮，然后漸漸變暗C．乙電路中燈泡將漸漸變暗D．乙電路中燈泡將先變得更亮，然后漸漸變暗答案AD解析S斷開，電感線圈L產生自感，阻礙原電流的變化，L相當于新回路的電源，甲圖中流過燈泡的電流在I燈＝IL的基礎上漸漸減小，甲燈泡會漸漸變暗，A項正確．乙圖中，電流在IL的基礎上漸漸減小，若IL>I燈，則會發(fā)覺乙燈泡先閃亮后熄滅，D項正確．7．如圖7甲所示，在豎直方向上有四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．現有一矩形線圈abcd，寬度cd＝L＝0.5m，質量為0.1kg，電阻為2Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時間間隔為0.6s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向．(重力加速度g取10m/s2)則圖7A．在0～t1時間內，通過線圈的電荷量為0.25CB．線圈勻速運動的速度大小為8m/sC．線圈的長度為1mD．0～t3時間內，線圈產生的熱量為4.2J答案AB解析由題圖乙知，t2～t3時間內ab在L3L4內做勻速直線運動，而E＝BLv2，F＝Beq\f(E,R)L，F＝mg，聯立解得：v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝8m/s，選項B正確．從cd邊出L2到ab邊剛進入L3線圈始終是勻加速，因而ab剛進磁場時，cd也應剛進磁場，設磁場寬度為s，有：3s＝v2t－eq\f(1,2)gt2，得：s＝1m，從而有：ad＝2s＝2m，選項C錯誤．在0～t3時間內由能量守恒定律得：Q＝mg·5s－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.8J，選項D錯誤.0～t1時間內，通過線圈的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BsL,R)＝0.25C，選項A正確．8.兩根相距為L的足夠長的金屬彎角光滑導軌按如圖8所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊與水平面的夾角為37°.質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，導軌的電阻不計，回路總電阻為2R，整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中．當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v沿導軌勻速運動時，cd桿恰好處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，以下說法正確的是()圖8A．ab桿所受拉力F的大小為mgtan37°B．回路中電流為eq\f(mgsin37°,BL)C．回路中電流的總功率為mgvsin37°D．m與v大小的關系為m＝eq\f(B2L2v,2Rgtan37°)答案AD解析對cd桿，BILcos37°＝mgsin37°，對ab桿，F＝BIL，聯立解得ab桿所受拉力F的大小為F＝mgtan37°，故A對；回路中電流為I＝eq\f(mgtan37°,BL)，故B錯；回路中電流的總功率為Fv＝mgvtan37°，故C錯；I＝eq\f(BLv,2R)，又I＝eq\f(mgtan37°,BL)，故m＝eq\f(B2L2v,2Rgtan37°)，故D對．三、非選擇題(共56分)9．(28分)(2022·天津理綜·11)如圖9所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻．一質量m＝0.1kg，電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4T．金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開頭以a＝2m/s2的加速度做勻加速運動，當金屬棒的位移x＝9m時撤去外力，金屬棒連續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導軌足夠長且電阻不計，金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求：圖9(1)金屬棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J解析(1)設金屬棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量的變化量為ΔΦ，回路中的平均感應電動勢為eq\x\to(E)，由法拉第電磁感應定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②設回路中的平均電流為eq\x\to(I)，由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)③則通過電阻R的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt④聯立①②③④式，得q＝eq\f(Blx,R＋r)代入數據得q＝4.5C(2)設撤去外力時金屬棒的速度為v，對于金屬棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v2＝2ax⑤設金屬棒在撤去外力后的運動過程中克服安培力所做的功為W，由動能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2⑥撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2＝－W⑦聯立⑤⑥⑦式，代入數據得Q2＝1.8J⑧(3)由題意知，撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑨在金屬棒運動的整個過程中，外力F克服安培力做功，由功能關系可知WF＝Q1＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4J.10．(28分)如圖10甲所示，空間存在一垂直紙面對里的水平磁場，磁場上邊界OM水平，以O點為坐標原點，OM為x軸，豎直向下為y軸，磁感應強度大小在x方向保持不變、y軸方向按B＝ky變化，k為大于零的常數．一質量為m、電阻為R、邊長為L的正方形線框abcd從圖示位置由靜止釋放，運動過程中線框始終在同一豎直平面內且ab邊水平，當線框下降h0(h0<L)高度時達到最大速度，線框cd邊進入磁場時開頭做勻速運動，重力加速度為g.求：(1)線框下降h0高度時的速度大小v1和勻速運動時的速度大小v2；(2)線框從開頭釋放到cd邊剛進入磁場的過程中產生的電能ΔE；(3)若將線框從圖示位置以水平向右的速度v0拋出，在圖乙中大致畫出線框上a點的軌跡．圖10答案(1)eq\f(mgR,k2h\o\al(2,0)L2)eq\f(mgR,k2L4)(2)mgL－eq\f(m3g2R2,2k4L8)(3)見解析圖解析(1)線框下降h0高度時達到最大速度，此時其所受合外