2020版高考物理新探究大一輪提升練第十章電磁感應(yīng)4第二節(jié)課后達標(biāo)能力提升含解析

1、(建議用時：40分鐘)一、單項選擇題1.如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒與磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強度相垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為.則等于()AB212C12D2L2L2解析：選B.設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L，折彎后，導(dǎo)體切割磁場的有效長度為l2222L，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BlvBLv，所以，B正確2222222.(2017高考天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab

2、與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()Aab中的感應(yīng)電流方向由b到aBab中的感應(yīng)電流逐漸減小Cab所受的安培力保持不變Dab所受的靜摩擦力逐漸減小解析：選D.本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件由于通過回路的磁通量向下減小，則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b，A錯誤；因ab不動，回路面積不變；BE當(dāng)B均勻減小時，由EntntS知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，回路中感應(yīng)電流IRr恒定，B錯誤；由FBIL知，F(xiàn)隨B減小而減小，C錯誤；對ab由平衡條件有f

3、F，故D正確3(2019北京昌平一模)圖甲為手機及無線充電板，圖乙為充電原理示意圖充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對手機電池充電為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設(shè)受電線圈的匝數(shù)為n，面積為S，若在t1到t2時間內(nèi)，磁場垂直于受電線圈平面向上穿過線圈，其磁感應(yīng)強度由B1均勻增加到B2.下列說法正確的是()Ac點的電勢高于d點的電勢B受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到cCc、d之間的電勢差為Dc、d之間的電勢差為n（B2B1）St2t1n（B2B1）t2t1答案：C4(2019長沙模擬)如圖所示，閉合導(dǎo)線框的

4、質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()AW1W2，q1q2BW1W2，q1q2DW1W2，q1q2解析：選C.兩次拉出的速度之比v1v231.電動勢之比E1E231，電流之比I1I231，則電荷量之比q1q2(I1t1)(I2t2)11.安培力之比F1F231，則外力做功之比W1W231，故C正確5(2019甘肅靖遠模擬)如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)

5、強度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導(dǎo)軌接觸良好)則()A電路中感應(yīng)電動勢的大小為BlvsinB電路中感應(yīng)電流的大小為BvsinrC金屬桿所受安培力的大小為B2lvsinrD金屬桿的熱功率為B2lv2rsin效長度)，選項A錯誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I，選項B正確；金屬桿所受安培力的sin大小為FBIlB，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為PI2R，解析：選B.金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動勢的大小為EBlv(l為切割磁感線的有EBlvBvsinRlrrBvsinlB2lvB

6、2v2sin2lrB2lv2sinrsinrr2sinr選項D錯誤6.如圖所示，線圈L的自感系數(shù)很大，且其直流電阻可以忽略不計，L1、L2是兩個完全相同的小燈泡開關(guān)S閉合和斷開的過程中，燈L1、L2的亮度變化情況是(燈絲不會斷)()AS閉合，L1亮度不變，L2亮度逐漸變亮，最后兩燈一樣亮；S斷開，L2立即熄滅，L1逐漸變亮BS閉合，L1不亮，L2很亮；S斷開，L1、L2立即熄滅CS閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2亮度不變；S斷開，L2立即熄滅，L1亮一下才熄滅DS閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2則逐漸變得更亮；S斷開，L2立即熄滅，L1亮一下才熄滅解析：選D.當(dāng)S閉

7、合，L的自感系數(shù)很大，對電流的阻礙作用較大，L1和L2串聯(lián)后與電源相連，L1和L2同時亮，隨著L中電流的增大，因為L的直流電阻不計，則L的分流作用增大，L1中的電流逐漸減小為零，由于總電阻變小，故電路中的總電流變大，L2中的電流增大，L2燈變得更亮；當(dāng)S斷開，L2中無電流，立即熄滅，而線圈L產(chǎn)生自感電動勢，試圖維持本身的電流不變，L與L1組成閉合電路，L1要亮一下后再熄滅綜上所述，D正確二、多項選擇題7.(2016高考全國卷)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說

8、法正確的是()解析：選AB.設(shè)圓盤的半徑為r，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為，則圓盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為EBr2，可知，A若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍12若轉(zhuǎn)動的角速度恒定，電動勢恒定，電流恒定，A項正確；根據(jù)右手定則可知，從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，圓盤中電流由邊緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動，B項正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，C項錯誤；若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電動勢變?yōu)樵瓉?/p>

9、的2倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由PI2R可知，電阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，D項錯誤8.如圖所示，燈泡A、B與定值電阻的阻值均為R，L是自感系數(shù)較大的線圈，當(dāng)S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈亮度相同，再閉合S2，待電路穩(wěn)定后將S1斷開，下列說法中正確的是()AB燈立即熄滅BA燈將比原來更亮一下后熄滅C有電流通過B燈，方向為cdD有電流通過A燈，方向為ba解析：選AD.S1閉合、S2斷開且電路穩(wěn)定時，A、B兩燈一樣亮，說明兩個支路中的電流相等，這時線圈L沒有自感作用，可知線圈L的電阻也為R，在S2、S1都閉合且穩(wěn)定時，IAIB，當(dāng)S2閉合、S1突然斷開時，由于線圈的自感作用，流過A燈的

10、電流方向變?yōu)閎a，但A燈不會出現(xiàn)比原來更亮一下再熄滅的現(xiàn)象，故選項D正確，B錯誤；由于定值電阻R沒有自感作用，故斷開S1時，B燈立即熄滅，選項A正確，C錯誤9如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示不計軌道電阻以下敘述正確的是()AFM向右BFN向左CFM逐漸增大DFN逐漸減小解析：選BCD.根據(jù)直線電流產(chǎn)生磁場的分布情況知，M區(qū)的磁場方向垂直紙面向外，N區(qū)的磁場方向垂直紙面向里，離導(dǎo)線越遠，磁感應(yīng)強度越小當(dāng)導(dǎo)體棒勻速通過M、N兩區(qū)時，感應(yīng)電

11、流的效果總是反抗引起感應(yīng)電流的原因，故導(dǎo)體棒在M、N兩區(qū)運動時，受到的安培力均向左，故選項A錯誤，B正確；導(dǎo)體棒E在M區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變大，根據(jù)EBlv，IR及FBIl可知，F(xiàn)M逐漸變大，故選項C正確；導(dǎo)體E棒在N區(qū)運動時，磁感應(yīng)強度B變小，根據(jù)EBlv，IR及FBIl可知，F(xiàn)N逐漸變小，故選項D正確10.半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示則下列說法正確的是(

12、)B時，桿產(chǎn)生的電動勢為3Bav（2）R0A0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav32B2avC0時，桿受的安培力大小為3（53）RD時，桿受的安培力大小為3B2av0B項錯誤；由L2acos，EBLv，I，RR02acos(2)a，得在0時，F(xiàn)RRR0（2）解析：選AD.開始時刻，感應(yīng)電動勢E1BLv2Bav，故A項正確；3時，E2B2acos3vBav，故EB2L2v4B2av，3（53）R3B2av故C項錯誤；時F，故D項正確0三、非選擇題11(2017高考江蘇卷)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)的矩形勻強磁場區(qū)域M

13、NPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、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：感應(yīng)電流IBdv0解得I.B2d2v0解得a.電功率PB2d2（v0v）2解得P.Bdv0B2d2v0B2d2（v0v）2答案：(1)(2)(3)(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：本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律(1)感應(yīng)電動勢EBdv0ERR(2)安培力FBId牛頓第二定律FmamR(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v，則感應(yīng)電動勢EBd(v0v)E2RRRmRR12(2019安徽十校聯(lián)考)如圖甲所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計求0至t1時間內(nèi)(1)通過電阻R1的電流大小和方向；(2)通過電阻R1的電荷量q.