高考物理二轮复习专题四第2讲 电磁感应的规律及综合应用—— 课后“高仿”检测卷 (含解析)

这是一份高考物理二轮复习专题四第2讲 电磁感应的规律及综合应用—— 课后“高仿”检测卷 (含解析)，共8页。试卷主要包含了高考真题集中演练——明规律，名校模拟重点演练——知热点等内容，欢迎下载使用。
专题四  第二讲  电磁感应的规律及综合应用—— 课后“高仿”检测卷一、高考真题集中演练——明规律1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：选AD　根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确。同理D正确。开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)A．在t＝时为零B．在t＝时改变方向C．在t＝时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析：选AC　在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，故A正确。在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：选D　金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。4．[多选](2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB　由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。 5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小。解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F①N1＝2mgcos θ②对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T③N2＝mgcos θ④联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε＝BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I＝⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)6．(2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值。解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0。④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝⑤式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为f＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝。⑧答案：(1)Blt0　(2)二、名校模拟重点演练——知热点7.[多选](2019·常州模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C．保持线圈半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为D．保持线圈半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为解析：选BC　保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量没有变化，没有感应电流，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向为逆时针，选项A错误，B正确；保持半径不变，磁场随时间按照B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律解得感应电动势为E＝＝kπr2，所以根据闭合电路的欧姆定律有I＝，选项C正确，D错误。8．[多选](2019·昆明市高三摸底)如图甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，导体棒MN与两导轨垂直并接触良好，整个装置置于竖直方向的磁场中，磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，MN始终保持静止。规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列图像中正确的是(　　)解析：选BD　在0～t1时间内，磁感应强度B不变，则闭合回路中的磁通量Φ不变，不发生电磁感应现象，闭合回路中无感应电流，导体棒MN不受安培力和摩擦力，选项C错误；在t1～t2时间内，磁感应强度B竖直向上且均匀减小，则闭合回路中的磁通量Φ均匀减少，由楞次定律判断知，感应电流由M流向N为正方向，由左手定则判断知，导体棒MN受到的安培力水平向右为正方向，根据平衡知，导体棒MN受到的摩擦力水平向左，也为正方向，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS＝nkS(定值，其中k为B­t图像的斜率的绝对值)，根据欧姆定律I＝＝(定值)，安培力大小F＝BIL＝[B0－k(t－t1)]L(随时间均匀减小)，摩擦力大小f＝F(随时间均匀减小)；同理可得，在t2～t3时间内感应电流仍为正方向、定值，安培力为负方向，大小F＝k(t－t2)L(随时间均匀增大)，摩擦力为负方向，大小f＝F(随时间均匀增大)，选项A错误，B、D正确。9.[多选](2019·开封模拟)如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中可能正确的是(　　)解析：选BCD　线框释放后受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若ab边刚进入磁场时安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，如果某时刻安培力减小到与重力大小相等，线框开始做匀速运动，此时速度为v0＝，线框完全进入磁场后只受重力，做加速运动，故ab边刚要离开磁场时安培力大于重力，线框做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；若ab边恰好以速度v0进入磁场，F­t图像对应选项B；若线框进入磁场过程速度一直大于v0，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若线框进入磁场时重力大于安培力，线框做加速度减小的加速运动，安培力增大且增大得越来越慢，但离开磁场时安培力可能大于重力，故D正确。10．[多选](2019·武汉市高三调研)如图(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直。将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数随位移x变化的关系如图(b)所示。在棒运动L0到MN处的过程中(　　)A．导体棒做匀变速直线运动B．导体棒运动的时间为C．流过导体棒的电流大小不变D．外力做的功为＋解析：选BC　根据题图(b)导体棒运动的速度的倒数随位移x变化的关系可知，导体棒做非匀变速直线运动，选项A错误；题图(b)中­x图线与横轴所围的面积表示导体棒运动的时间t＝×L0＝，选项B正确；根据题图(b)可得，＝＋x，解得v＝，导体棒切割磁感线的有效长度L＝L0＋x，根据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝B×(L0＋x)×＝BL0v0，为一恒量，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流大小I＝＝不变，选项C正确；根据能量守恒知，在棒从GH处运动到MN处的过程中，外力做的功等于电阻产生的热量Q和金属棒动能变化量的代数和，电阻产生的热量Q＝I2Rt＝2R×＝，金属棒动能变化量ΔEk＝m2－mv02＝－mv02，即外力做的功为W＝－mv02，选项D错误。11．如图所示，固定于水平面的导线框处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为d，左端接一电动势为E0、内阻不计的电源，一质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直平行导轨放置并接触良好，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，当导体棒运动距离L时，达到最大速度，忽略摩擦阻力和导轨的电阻，平行导轨足够长，求：(1)导体棒的最大速度v；(2)导体棒从静止开始运动距离L的过程中，通过导体棒的电量q及发热量Q；(3)若导体棒MN在达到最大速度时，断开开关S，然后在导体棒MN的左边垂直导轨放置一根与MN完全相同的导体棒PQ，求导体棒PQ的最大速度v1。解析：(1)闭合开关S后，线框与导体棒组成的回路中产生电流，导体棒受到安培力作用开始加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势会使电路中的电流变小，导体棒受到的安培力变小，加速度变小，当感应电动势等于电源电动势时，电路中的电流为零，安培力为零，导体棒达到最大速度开始做匀速运动。有E0＝Bdv，解得v＝。(2)对导体棒由动量定理得Bd·t＝mv解得q＝t＝电源做的功转化为导体棒的动能和焦耳热，根据能量守恒定律可得qE0＝Q＋mv2解得Q＝。(3)断开电源，加上金属棒PQ后，两导体棒组成的系统受到的合外力为零，动量守恒，到两棒运动稳定时有：mv＝2mv1解得v1＝。答案：(1)　(2)　　(3)