（新課標(biāo)）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡(jiǎn)易通 第9講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用

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1、第9講 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用 (1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題) 1．如圖4－9－15所示，虛線MN表示正方形金屬框的一條對(duì)稱軸，A、B、C是三個(gè)磁感線均勻分布的有界磁場(chǎng)區(qū)，區(qū)內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律都滿足B＝kt，金屬框按照?qǐng)D示方式處在磁場(chǎng)中，測(cè)得金屬框在A區(qū)中的感應(yīng)電流為I0，在B區(qū)和C區(qū)內(nèi)感應(yīng)電流分別為IB、IC，以下判斷中正確的是 (　　)． 圖4－9－15 A．IB＝2I0，IC＝2I0 B．IB＝2I0，IC＝0 C．IB＝0，IC＝0 D．IB＝I0，IC＝0 解析　A、B、C的磁通量分別為ΦA(chǔ)＝B，ΦB＝BL2和ΦC＝0，由法拉第

2、電磁感應(yīng)定律得，EA＝k，EB＝kL2和EC＝0.回路的電阻一定，由I＝，可知IB＝2I0，IC＝0，則選項(xiàng)B正確． 答案　B 2. 如圖4－9－16所示，質(zhì)量為m的金屬環(huán)用線懸掛起來．金屬環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．從某時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，則在磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小的過程中，關(guān)于線拉力的大小的下列說法正確的是 (　　)． 圖4－9－16 A．大于環(huán)的重力mg，并逐漸減小 B．始終等于環(huán)的重力mg C．小于環(huán)的重力mg，并保持恒定 D．大于環(huán)的重力mg，并保持恒定 解析　在磁場(chǎng)均勻減小的過程中，金屬環(huán)由于受安培力作用要阻礙磁通量的減小，所以有向下運(yùn)動(dòng)

3、的趨勢(shì)，即線拉力大于環(huán)的重力．由于感應(yīng)電流不變，而磁場(chǎng)逐漸減小，所以拉力逐漸減小，答案為A. 答案　A 3. 如圖4－9－17所示，圓形導(dǎo)體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動(dòng)變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)，下列表述正確的是 (　　)． 圖4－9－17 A．線圈a中將產(chǎn)生俯視順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．穿過線圈a的磁通量變小 C．線圈a有擴(kuò)張的趨勢(shì) D．線圈a對(duì)水平桌面的壓力FN將增大 解析　通過螺線管b的電流如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則判斷出螺線管b所產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下，滑片P向下滑動(dòng)，接

4、入電路的電阻減小，電流增大，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，a線圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)方向豎直向上，再由右手螺旋定則可得線圈a中的電流方向?yàn)楦┮暷鏁r(shí)針方向，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；由于螺線管b中的電流增大，所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度增強(qiáng)，線圈a中的磁通量應(yīng)變大，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，線圈a將阻礙磁通量的增大，因此，線圈a縮小，線圈a對(duì)水平桌面的壓力增大，C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確． 答案　D 4．(2013·浙江卷，15)磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈．當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其E－t關(guān)系如圖4－9－18所示．如果只將刷卡速度改

5、為，線圈中的E－t關(guān)系圖可能是 (　　)． 圖4－9－18 解析　當(dāng)以不同速度刷卡時(shí)，磁卡的不同的磁化區(qū)經(jīng)過線圈時(shí)，線圈內(nèi)的磁通量的變化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v0變?yōu)闀r(shí)，完成相同磁通量變化的時(shí)間Δt變?yōu)樵瓉淼?倍，由E＝n得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相應(yīng)的都變?yōu)樵瓉淼模蔇選項(xiàng)正確． 答案　D 5．面積為S，帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖4－9－19甲所示．有一變化的磁場(chǎng)垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖乙所示，欲使重力不計(jì)、電荷量為＋q的微粒在平板之間處于靜止?fàn)顟B(tài)，所施加

6、的外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系是(豎直向下為力F的正方向) (　　)． 圖4－9－19 解析　0～1 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，因微粒帶正電，則微粒所受電場(chǎng)力方向豎直向上，為使微粒靜止，故外力F應(yīng)豎直向下；1～2 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，因微粒帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向下，為使微粒靜止，外力F應(yīng)豎直向上；2～3 s內(nèi)情況：由楞次定律可知，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，微粒受電場(chǎng)力方向豎直向下，故外力F豎直向上；3～4 s內(nèi)情況：上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，微粒所受電場(chǎng)力方向豎直向上，故外力F應(yīng)豎直向下．整個(gè)過程，兩極板間

7、的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝＝＝，電場(chǎng)力為.正確答案為B. 答案　B 6．如圖4－9－20所示，兩根完全相同的導(dǎo)線構(gòu)成匝數(shù)分別為n1和n2的圓形閉合線圈A和B.兩線圈平面與磁場(chǎng)垂直．當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，兩線圈中的感應(yīng)電流之比IA∶IB為 (　　)． 圖4－9－20 A．n1∶n2 B．n2∶n1 C．n∶n D．n∶n 解析　導(dǎo)線總長(zhǎng)度l＝2πr·n① 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n·πr2② 由電阻定律得R＝ρ③ I＝④ 由①②③④得：I∝ 所以＝，故選項(xiàng)B對(duì)． 答案　B 7. 如圖4－9－21所示，在傾角為θ的斜面上固定兩條光滑導(dǎo)軌MN、PQ，電

8、阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab，并對(duì)其施加一平行斜面向上的恒定作用力，使其加速向上運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻在導(dǎo)軌上再由靜止放置一個(gè)與ab相同的金屬棒cd，cd棒恰好能保持靜止，且ab棒同時(shí)由加速運(yùn)動(dòng)變?yōu)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，則 (　　)． 圖4－9－21 A．外力大小為mgsin θ B．外力大小為2mgsin θ C．放置cd棒前外力的功率保持不變 D．金屬棒cd受到的安培力大小為mgsin θ 解析　cd棒置于導(dǎo)軌上時(shí)，恰好能保持靜止，則F安＝mgsin θ，選項(xiàng)D正確；cd棒置于導(dǎo)軌上之前，ab棒雖然切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，但沒有形成回路，沒

9、有電流，不受安培力，放上cd棒瞬間電路閉合，產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就受到安培力，此時(shí)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)，故有F外＝F安＋mgsin θ，顯然，F(xiàn)外＝2mgsin θ，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；放置cd棒前外力不變，速度不斷增大，所以外力的功率逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 答案　BD 8. 如圖4－9－22所示，一個(gè)高度為L(zhǎng)的矩形線框無初速度地從高處落下，設(shè)下落過程中，線框保持水平向下平動(dòng)．在線框的下方，有一個(gè)上、下界面都是水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)區(qū)高度為2L，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直．閉合線框下落后，剛好可以勻速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)，整個(gè)過程中，線框中的感應(yīng)電流i隨位移變化的圖象可能是 (　　)． 圖4－9－22

10、 解析　線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流恒為I0，方向不變．線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，安培力立即消失，線框勻加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)下邊剛出磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度大于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，故電流大于I0，線框所受安培力大于重力，做減速運(yùn)動(dòng)，但上邊離開磁場(chǎng)時(shí)的速度不會(huì)小于線框進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度，故x＝3L處電流不小于I0，選項(xiàng)A、C都錯(cuò)． 答案　BD 9．(2013·四川卷，7)如圖4－9－23所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k＞0)．回路中滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為R0，滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開關(guān)S

11、，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則 (　　)． 圖4－9－23 A．R2兩端的電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)kL2 解析　由楞次定律可知，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，所以電容器b極板帶正電，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝kπr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．R2與的并聯(lián)阻值R并＝＝.根據(jù)串聯(lián)分壓的特點(diǎn)可知：UR2＝U×＝U，選項(xiàng)A正確．由P＝得：PR2＝＝，PR＝＋＝，所以PR＝5PR2選項(xiàng)C正

12、確． 答案　AC 10．如圖4－9－24甲所示，光滑的平行水平金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在MP之間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度也剛好為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)左邊界相距d0.現(xiàn)用一個(gè)水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，棒ab離開磁場(chǎng)區(qū)域前已做勻速直線運(yùn)動(dòng)，棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖4－9－24乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是 (　　)． 圖4－9－24 A．棒ab在ac之間的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)

13、 B．棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運(yùn)動(dòng)，再做勻速運(yùn)動(dòng) C．棒ab在ce之間不可能一直做勻速運(yùn)動(dòng) D．棒ab經(jīng)過磁場(chǎng)的過程中，通過電阻R的電荷量為 解析　棒ab在ac之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向只受到恒定拉力F0作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后立即受到安培力的作用，若水平拉力大于安培力，則棒ab加速運(yùn)動(dòng)，但加速度隨著速度的增大而減小，直到勻速運(yùn)動(dòng)，B正確；若棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后安培力與水平拉力恰好平衡，則棒ab在磁場(chǎng)中可能一直做勻速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；棒ab經(jīng)過磁場(chǎng)的過程中，通過電阻R的電荷量為，D錯(cuò)誤． 答案　AB 11．兩根平行、光滑的、相距l(xiāng)＝1 m的長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌(電阻不計(jì))

14、被固定在絕緣水平面上，左端接有R＝2 Ω的電阻，導(dǎo)軌間區(qū)域加上與導(dǎo)軌垂直、方向垂直紙面的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向分布如圖4－9－25所示，磁場(chǎng)寬度相同且其寬度d＝0.6 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝ T、B2＝0.8 T．現(xiàn)有電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒ab(長(zhǎng)為l)垂直導(dǎo)軌放置且接觸良好，當(dāng)導(dǎo)體棒ab以v＝5 m/s的速度從邊界MN進(jìn)入磁場(chǎng)后始終做勻速運(yùn)動(dòng)，求： 圖4－9－25 (1)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)B1區(qū)域時(shí)拉力的功率； (2)導(dǎo)體棒ab經(jīng)過任意一個(gè)磁場(chǎng)B2區(qū)域過程中通過電阻R的電荷量； (3)導(dǎo)體棒ab勻速運(yùn)動(dòng)過程中電阻R兩端的電壓有效值． 解析　(1)導(dǎo)體棒ab在磁場(chǎng)B1區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感

15、應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝B1lv，感應(yīng)電流I1＝ 所受安培力F安＝B1I1l，導(dǎo)體棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)， 則F拉＝F安 故拉力的功率P＝F拉v＝＝ W＝0.67 W. (2)經(jīng)過任意一個(gè)磁場(chǎng)B2區(qū)域過程中，通過電阻R的電荷量q＝I2Δt2 由題意得I2＝，位移d＝vΔt2 解得q＝＝0.16 C. (3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)B2區(qū)域時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝B2lv＝4 V，進(jìn)入磁場(chǎng)B1區(qū)域時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝B1lv＝ V 設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為E，一個(gè)周期T中，一半時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，一半時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2，則有 ×＋×＝×T 解得E＝3 V 電阻R兩端電壓有效值為UR＝R＝2 V.

16、 答案　(1)0.67 W　(2)0.16 C　(3)2 V 12．(2013·廣東卷，36)如圖4－9－26(a)所示，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的平面內(nèi)，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓心O和邊緣K通過電刷與一個(gè)電路連接，電路中的P是加上一定正向電壓才能導(dǎo)通的電子元件，流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關(guān)系如圖(b)所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標(biāo)原點(diǎn)，ω＞0代表圓盤逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圓盤、電流表和導(dǎo)線的電阻． 圖4－9－26 (1)根據(jù)圖(b)寫出ab、bc段對(duì)應(yīng)的I與ω的關(guān)系式； (2)求出圖(b

17、)中b、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的P兩端的電壓Ub、Uc； (3)分別求出ab、bc流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式． 解析　(1)由題圖(b)得出三點(diǎn)坐標(biāo)a(－45，－0.3)，b(15，0.1)，c(45,0.4)，由直線的兩點(diǎn)式得I與ω的關(guān)系式為I＝ (2)圓盤切割產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為： E＝Br＝Bωr2＝0.02ω 當(dāng)ω＝15 rad/s時(shí)E＝0.3 V， 當(dāng)ω＝45 rad/s時(shí)E＝0.9 V，忽略電源內(nèi)阻， 故UP＝E，可得：Ub＝0.3 V，Uc＝0.9 V (3)對(duì)應(yīng)于c點(diǎn)P導(dǎo)通，通過電表的電流 I總＝＋＝ A＋＝0.4 A 解得RP＝9 Ω 則對(duì)應(yīng)于bc段流過P的電流IP＝＝ 對(duì)應(yīng)于a點(diǎn)元件P不導(dǎo)通，則對(duì)應(yīng)于ab段流過P的電流IP＝0. 答案　見解析