【物理】2020高考二轮总复习专题十一电磁感应定律的综合应用限时训练（解析版）

【物理】2020高考二轮总复习专题十一电磁感应定律的综合应用限时训练（解析版）

专题限时训练 一、单项选择题 ‎1．如图所示，两个相同的闭合铝环M、N套在一根光滑的绝缘水平杆上，螺线管的轴线与铝环的圆心在同一直线上，闭合开关S后，向左快速移动滑动变阻器的滑片P，不考虑两环间的相互作用力，则在移动滑片P的过程中(　　)‎ A．M、N环向左运动，它们之间的距离增大 B．M、N环向左运动，它们之间的距离减小 C．M、N环向右运动，它们之间的距离增大 D．M、N环向右运动，它们之间的距离减小 答案：C ‎2．(2019·北京海淀区高三二模)．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，金属棒受恒定大小的滑动摩擦力f，下列说法正确的是(　　)‎ A．通过电阻R的电流方向水平向右，棒受到的安培力方向竖直向上 B．通过电阻R的电流方向水平向左，棒受到的安培力方向竖直向下 C．棒机械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功 D．棒机械能的增加量等于恒力F和滑动摩擦力f做的总功 答案：C 解析：由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向向左，所以通过电阻R 的电流方向向右；再由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向竖直向下，所以A、B错误；由题意知导体棒做匀速运动，故动能不变，所以导体棒机械能的增加量也就是重力势能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以C正确；导体棒机械能的变化量等于除重力以外的力做的功，所以棒机械能的增加量等于恒力F、安培力和滑动摩擦力f做的总功，所以D错误．‎ ‎3．(2018·山东德州一模改编)如图所示，半径为r且水平放置的光滑绝缘的环形细管道内有一带电粒子．此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B＝B0＋kt(k>0)．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对带电粒子将有沿圆环切线方向的作用力．粒子转动一周后的磁感应强度为B1，则(　　)‎ A．此装置产生的感生电动势为(B1－B0)πr2‎ B．此装置产生的感生电动势为kπr2‎ C．感应电场的方向沿顺时针 D．粒子转动过程中一定是洛伦兹力提供向心力 答案：B 解析：根据法拉第电磁感应定律得感生电动势大小为 E电＝·πr2＝kπr2，选项A错误，B正确；根据楞次定律可知，电场方向逆时针，选项C错误；感应电场对带电粒子将有沿圆环切线方向的作用力，使得粒子的速度逐渐变大，则圆形管道将对粒子产生压力，管道的压力和洛伦兹力的合力提供向心力，选项D错误．‎ ‎4．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d.现使线框沿AC方向匀速穿过此磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是(　　)‎ A　　　　 B　　　　 C　　 　　D 答案：D 解析：线圈在进入磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值；在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值；线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值，故B、C错误．设BD＝L.在一半线圈进入磁场的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为I1＝＝i0；在全部线圈进入磁场过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为I2＝＝2i0；后均匀减小至零；在一半线圈出磁场到全部线圈出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为I3＝＝i0，故D正确，A错误．‎ ‎5.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示．在传送带的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极，电极间充满磁感应强度大小为B、方向垂直于传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好．当传送带以一定的速度匀速运动时，电压表的示数为U，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．传送带匀速运动的速率为 B．电阻R产生焦耳热的功率为 C．金属条经过磁场区域受到的安培力大小为 D．每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做的功为 答案：D 解析：由于金属条有电阻，所以电压表示数与感应电动势不相等，根据E＝BLv和U＝E可知，传送带匀速运动的速率为，A选项错误；电阻R产生焦耳热的功率为，B选项错误；根据安培力公式F＝BIL可知，安培力大小为，C选项错误；安培力做的功W＝－Fd＝－BILd，所以克服安培力做的功为，D选项正确．‎ ‎6．如图甲，光滑平行的、足够长的金属导轨ab、cd所在平面与水平面成θ角，b、c两端接有阻值为R的定值电阻．阻值为r的金属棒PQ垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R的感应电流随时间t变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb的磁通量Φ、磁通量的变化率、电阻R两端的电势差U和通过棒上某横截面的总电荷量q随运动时间t变化的图象，其中正确的是(　　)‎ A　　　　 B　　　　C　　　　D 答案：B 解析：由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而选项A描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故A错误；回路中的感应电动势为E＝，感应电流为I＝＝，由图乙可知I＝kt，即＝kt，故有＝kt(R＋r)，所以选项B正确；I均匀增大，棒两端的电势差Uab＝IR＝ktR，则知Uab与时间t成正比，故C错误；通过导体棒的电荷量为Q＝It＝kt2，故Q－t图象为抛物线，并非过原点的直线，故D错误．‎ 二、多项选择题 ‎7．(2019·全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是 (　　)‎ A　　　　 　B　　　　　C　　　　　D 答案：AD 解析：如果PQ进入磁场时加速度为零，PQ做匀速运动，感应电流恒定．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量Φ不变，无感应电流．由于PQ、MN从同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，但方向相反，A正确，B错误．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量Φ 不变，无感应电流，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，由于MN在磁场中的速度比进磁场时的速度大，故电流比PQ进入磁场时电流大，此后PQ做减速运动，电流减小，故C错误，D正确．‎ ‎8．如图所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直环面．当金属棒OQ与环形导线接触，以角速度ω绕O点无摩擦匀速转动时，则(　　)‎ A．电阻R两端的电压为 B．电阻R消耗的功率为 C．金属棒受的安培力为 D．外力对OQ做功的功率为 答案：AB 解析：Q端的线速度为v＝ωa，OQ杆切割磁感线的平均速度为＝＝aω，OQ杆转动切割磁感线产生的电动势为E＝BL＝Ba2ω，由于其他部分电阻不计，故选项A正确；电阻R消耗的功率P＝＝＝，故选项B正确；根据闭合电路欧姆定律有I＝，则安培力F＝BIL＝Ba＝，故选项C错误；根据能量守恒定律，由于金属棒OQ匀速转动，外力所做的功转化为电阻R消耗的热量，故选项D错误．‎ ‎9．如图所示，间距为L、足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，通过电阻R的电荷量为q，电阻R上消耗的功率为P，导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是(　　)‎ A．导体棒的a端电势比b端低 B．ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动 C．ab棒由开始释放到达到稳定状态的过程中，金属棒在导轨上发生的位移为 D．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时，电阻R消耗的功率将变为原来的2倍 答案：BC 解析：由右手定则可知，导体棒的a端电势比b端高，选项A错误；ab棒在开始时受竖直向下的重力和平行斜面向上的安培力作用，加速度为a＝，随v的增大，则a减小，即达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，选项B正确；根据q＝I·Δt＝·Δt＝＝，可得ab棒由开始释放到达到稳定状态的过程中金属棒在导轨上发生的位移为x＝，选项C正确；当ab棒下滑到稳定状态时，满足mgsin θ＝，电阻R消耗的电功率P＝＝，若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时，电阻R消耗的功率将变为原来的4倍，选项D错误．‎ 三、计算题 ‎10．(2019·北京海淀区高三二模)．如图所示，阻值忽略不计、间距为l的两金属导轨MN、PQ平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为R的电阻，一阻值为r、质量为m的金属棒ab放置在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度v0，金属棒运动一段时间后静止，水平位移为x，导轨足够长，求整个运动过程中，安培力关于时间的平均值的大小t.‎ 答案： 解析：由动量定理可知，IA＝ΣBlIΔt＝ΣBlq 再根据：q＝t＝t＝n＝， 则IA＝ 再根据动量定理：－μmgt－IA＝0－mv0，则t＝ 解得：Ft＝＝ ‎11．(2019·天津市和平区高三三模)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝‎0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m＝‎0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始做匀加速运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示．‎ ‎(1)计算加速度的大小；‎ ‎(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；‎ ‎(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热．‎ 答案：(1)1 m/s2　(2)0.35 W　(3)5.0×10－2 J 解析：(1)根据E＝BLv，v＝at，UR＝E ‎ 结合图乙所示数据，解得：a＝1 m/s2.‎ ‎(2)由图象可知在2 s末，电阻R两端电压为0.2 V 通过金属杆的电流I＝ ‎ 金属杆受安培力F安＝BIL 设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律，F2－F安＝ma 故2 s末时F的瞬时功率P＝F2v2＝0.35 W ‎(3)设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律，W＝Q＋mv ‎ 电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比 金属杆上产生的焦耳热Qr＝ Q 解得：Qr＝5.0×10－2 J .‎ ‎[满分设计]‎ ‎(2016·全国卷Ⅰ，24,14分) 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①.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②，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ③，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑④.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．‎ ‎[科学审题]‎ 关键点 获取信息 ‎①‎ 两斜面倾斜角大小相同，可以分析出两棒所受摩擦力的方向 ‎②‎ 导体不受安培力 ‎③‎ 可以确定最大静摩擦力的大小 ‎④‎ 另一棒匀速上滑，两棒均处于平衡状态 ‎[快速切题]‎ 对左右两根棒，线上拉力大小相等，ab棒在重力沿斜面的分力，线的拉力，滑动摩擦力和安培力作用下处于平衡状态，cd棒与ab棒相比，少受一个安培力，通过列两根棒的平衡方程，消掉拉力，即可从平衡角度求出金属棒ab上的安培力的大小；结合安培力公式及棒切割磁感线的速度与感应电动势的关系即可求出棒的速度．‎ ‎[规范解答] ‎ ‎(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＋F ①(2分)‎ N1＝2mgcos θ ②(1分)‎ 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T ③(2分)‎ N2＝mgcos θ ④(1分)‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤(2分)‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥(2分)‎ 这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为 E＝BLv ⑦(1分)‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I＝⑧(1分)‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ) ⑨(2分)‎