（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第三講 電磁感應(yīng)綜合問題——課后自測診斷卷

《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第三講 電磁感應(yīng)綜合問題——課后自測診斷卷》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 第三講 電磁感應(yīng)綜合問題——課后自測診斷卷（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第三講 電磁感應(yīng)綜合問題 ——課后自測診斷卷 1．[多選](2018江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ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(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時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4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：選BC　金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以進(jìn)入磁場Ⅰ、Ⅱ

2、的速度大于穿出磁場Ⅰ的速度，則金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤。金屬桿在磁場Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運動，在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移相等，vt圖像可能如圖所示，可以看出B正確。由于進(jìn)入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1＋mg2d＝0，可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd，即產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，故C正確。設(shè)剛進(jìn)入磁場Ⅰ時速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛頓第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D錯誤。 2.[多選](2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖，一根足夠長的直導(dǎo)線水平放置

3、，通以向右的恒定電流，在其正上方O點用細(xì)絲線懸掛一銅制圓環(huán)。將圓環(huán)從a點無初速釋放，圓環(huán)在直導(dǎo)線所處的豎直平面內(nèi)運動，經(jīng)過最低點b和最右側(cè)c后返回。下列說法正確的是(　　) A．從a到c的過程中圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先順時針后逆時針 B．運動過程中圓環(huán)受到的安培力方向與速度方向相反 C．圓環(huán)從b到c的時間大于從c到b的時間 D．圓環(huán)從b到c產(chǎn)生的熱量大于從c到b產(chǎn)生的熱量 解析：選AD　由安培定則知，直導(dǎo)線上方磁場方向垂直紙面向外，圓環(huán)從a到b的過程中磁通量增加，由楞次定律和安培定則可得，線圈中感應(yīng)電流方向是順時針；圓環(huán)從b到c的過程中磁通量減小，由楞次定律和安培定則可得，線圈中感應(yīng)電

4、流方向是逆時針，故A項正確；圓環(huán)從a到b的運動過程中，將環(huán)分解為若干個小的電流元，上半環(huán)的左右對稱部分所受合力向下，下半環(huán)左右對稱部分所受合力向上，下半環(huán)所在處的磁場比上半環(huán)所在處的磁場強(qiáng)，則整個圓環(huán)所受安培力的方向向上，故B項錯誤；圓環(huán)從b到c的過程與圓環(huán)從c到b的過程中經(jīng)同一位置時從b到c速率大于從c到b的速率(一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能)，則圓環(huán)從b到c的時間小于從c到b的時間，故C項錯誤；圓環(huán)從b到c的過程與圓環(huán)從c到b的過程中經(jīng)同一位置時從b到c圓環(huán)所受安培力大于從c到b圓環(huán)所受安培力，圓環(huán)從b到c的過程克服安培力做的功大于圓環(huán)從c到b的過程克服安培力做的功，所以圓環(huán)從b到c產(chǎn)生的熱量大

5、于從c到b產(chǎn)生的熱量，故D項正確。 3．[多選](2019江蘇省如東高級中學(xué)高三期末)健身車的磁控阻力原理如圖所示，在銅質(zhì)飛輪的外側(cè)有一些磁鐵(與飛輪不接觸)，人在健身時帶動飛輪轉(zhuǎn)動，磁鐵會對飛輪產(chǎn)生阻礙，拉動控制拉桿可以改變磁鐵與飛輪間的距離。則(　　) A．飛輪受到阻力大小與其材料密度有關(guān) B．飛輪受到阻力大小與其材料電阻率無關(guān) C．飛輪轉(zhuǎn)速一定時，磁鐵越靠近飛輪，其受到的阻力越大 D．磁鐵與飛輪間距離不變時，飛輪轉(zhuǎn)速越大，其受到阻力越大 解析：選CD　飛輪在磁場中做切割磁感線的運動，所以會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知，磁場會對運動的飛輪產(chǎn)生阻力，以阻礙飛輪與磁場

6、之間的相對運動，所以飛輪受到的阻力主要來源于磁鐵對它的安培力，而安培力大小與其材料的電阻率有關(guān)，與其密度無關(guān)，故A、B錯誤；磁鐵越靠近飛輪，飛輪處的磁感應(yīng)強(qiáng)度越強(qiáng)，所以在飛輪轉(zhuǎn)速一定時，磁鐵越靠近飛輪，飛輪上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流越大，飛輪受到的阻力越大，故C正確；磁鐵和飛輪間的距離一定時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，飛輪轉(zhuǎn)速越大，則飛輪上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流越大，那么飛輪受到的阻力越大，故D正確。 4．(2017江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

7、、方向豎直向下。當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P。 解析：(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應(yīng)電動勢E＝Bdv0① 回路的感應(yīng)電流I＝② 由①②式解得I＝。③ (2)金屬桿所受的安培力F＝BId④ 由牛頓第二定律，對金屬桿F＝ma⑤ 由③④⑤式解得a＝。⑥ (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－

8、v⑦ 感應(yīng)電動勢E＝Bdv′⑧ 感應(yīng)電流的電功率P＝⑨ 由⑦⑧⑨式解得P＝。⑩ 答案：(1)　(2)　(3) 5．(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)一種測量物體質(zhì)量的裝置，其結(jié)構(gòu)如圖甲、乙所示，磁極間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場。邊長L＝0.1 m、匝數(shù)n＝100匝的正方形線圈abcd套于中心磁極并固定在托盤骨架上，總質(zhì)量m0＝1 kg。線圈左右兩邊處于磁場中，與一數(shù)字式電量表(圖上未畫出)連接成一個回路，回路總電阻為R＝10 Ω。托盤下方和磁極之間固定一勁度系數(shù)為k＝10 N/cm的輕彈簧。在某次測量中，一物體從輕放到托盤上到最終靜止的過程中流過電量表的凈電荷量為q＝0.0

9、2 C，不計摩擦和空氣阻力，g取10 m/s2。 (1)當(dāng)托盤向下運動的速度為v＝0.1 m/s時，求此時線圈中感應(yīng)電流的大小和方向； (2)求該物體的質(zhì)量； (3)測量中彈簧增加的彈性勢能為ΔEp＝0.2 J，求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，E＝2nBLv＝1 V I＝＝0.1 A 根據(jù)右手定則，線圈中感應(yīng)電流的方向在俯視圖中沿順時針方向。 (2)由題意可知流過電量表的電荷量 q＝Δt＝，解得：x＝0.02 m 根據(jù)kx＝mg，解得m＝2 kg。 (3)根據(jù)功能關(guān)系有：(m＋m0)gx＝ΔEp＋Q， 解得：Q＝0.4 J。 答案：(1

10、)0.1 A　在俯視圖中沿順時針方向　(2)2 kg　(3)0.4 J 6．(2019南京、鹽城二模)如圖所示，絕緣斜面傾角為θ，虛線下方有方向垂直于斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，虛線與斜面底邊平行。將質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為l的正方形金屬框abcd從斜面上由靜止釋放，釋放時cd邊與磁場邊界距離為x0，不計摩擦，重力加速度為g。求： (1)金屬框cd邊進(jìn)入磁場時，金屬框中的電動勢大小E； (2)金屬框cd邊進(jìn)入磁場時的加速度大小a； (3)金屬框進(jìn)入磁場的整個過程中，通過金屬框的電荷量q。 解析：(1)金屬框進(jìn)入磁場前機(jī)械能守恒，mgx0sin θ＝mv2 金屬框中感應(yīng)

11、電動勢大小為E＝Blv 聯(lián)立解得E＝Bl。 (2)感應(yīng)電流I＝ 安培力FA＝IlB 取沿斜面向下為正方向，對于金屬框 mgsin θ－FA＝ma 聯(lián)立解得a＝gsin θ－ 。 (3)金屬框進(jìn)入磁場過程中的平均電動勢 ＝＝ 平均電流＝ 流過的電荷量q＝Δt 聯(lián)立解得q＝。 答案：(1)Bl　(2)gsin θ－ 　(3) 7．(2019南京三模)如圖甲所示，固定在水平桌面上的間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其右端MN間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌上存在著以efhg為邊界，寬度為d的勻強(qiáng)磁場，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，磁場方向豎直向下。一長度為L的金

12、屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，金屬棒的電阻也為R，在t＝0時刻從圖示位置在恒力作用下由靜止開始沿導(dǎo)軌向右運動，t＝t0時刻恰好進(jìn)入磁場，此時磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，并保持不變。金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上的電流大小不變。導(dǎo)軌電阻不計。求： (1)0～t0時間內(nèi)流過電阻R的電流I的大小和方向； (2)金屬棒穿過磁場的速度及所受恒力的大?。? (3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析：(1)0～t0時間內(nèi)，由E＝S 解得E＝ 由I＝ 解得I＝ 方向為由N到M。 (2)經(jīng)分析可知，金屬棒穿過磁場的過程中電動勢大小與0～t0時間內(nèi)相同

13、 由E＝BLv 解得v＝ 金屬棒勻速通過磁場F＝BIL 代入數(shù)據(jù)解得F＝。 (3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中電流大小不變，為I＝ 金屬棒勻速通過磁場的時間為t＝＝t0 所以Q＝I2R(t0＋t)＝。 答案：(1)，方向為由N到M　(2)　 (3) 8.(2019江蘇七市三模)如圖所示，水平導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m、長為L、電阻為R0，其兩個端點分別搭接在豎直平行放置的兩光滑金屬圓環(huán)上，兩圓環(huán)半徑均為r、電阻不計。阻值為R的電阻用導(dǎo)線與圓環(huán)相連接，理想交流電壓表V接在電阻兩端。整個空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒ab在外力F作用下以角速度ω繞

14、兩圓環(huán)的中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生正弦交流電。已知重力加速度為g。求： (1)導(dǎo)體棒ab沿環(huán)運動過程中受到的安培力最大值Fm； (2)電壓表的示數(shù)U和導(dǎo)體棒從環(huán)的最低點運動到與環(huán)心等高處過程中通過電阻R的電荷量q； (3)導(dǎo)體棒ab從環(huán)的最低點運動半周到最高點的過程中外力F做的功W。 解析：(1)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢 Em＝BLv＝BLωr 根據(jù)歐姆定律可得：I＝ 受到的安培力最大值：Fm＝BIL 解得：Fm＝。 (2)電動勢的有效值為：E＝ 通過電阻R的電流I＝ 電壓表的示數(shù)U＝IR 解得：U＝ 導(dǎo)體棒從環(huán)的最低點運動到與環(huán)心等高處過程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢＝ 通過電阻R的電荷量q＝Δt＝Δt 磁通量的變化量ΔΦ＝BLr 解得：q＝。 (3)此過程安培力做的功為：W安＝－I2(R＋R0) 由動能定理有：W＋W安－mg2r＝0 解得：W＝2mgr＋。 答案：(1)　(2)　 (3)2mgr＋ 7