2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题11电磁感应含解析.doc
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1、专题11 电磁感应第一部分名师综述近年来高考对本考点内容考查命题频率极高的是感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生的感应电动势的计算,且要求较高几乎是年年有考;其他像电磁感应现象与磁场、电路和力学、电学、能量及动量等知识相联系的综合题及图像问题在近几年高考中也时有出现;另外,该部分知识与其他学科的综合应用也在高考试题中出现。试题题型全面,选择题、填空题、计算题都可涉及,尤其是难度大、涉及知识点多、综合能力强,多以中档以上题目出现来增加试题的区分度,而选择和填空题多以中档左右的试题出现,这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求,是考查考生多
2、项能力的极好载体,因此历来是高考的热点。第二部分精选试题一、单选题1如图,在同一平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动,线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()ABCD【答案】 D【解析】试题分析:找到线框在移动过程中谁切割磁感线,并根据右手定则判断电流的方向,从而判断整个回路中总电流的方向。要分过程处理本题。第一过程从移动的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针,右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针,两根棒切割产生电动势方向相同所以E=2Blv,则电流
3、为i=ER=2BlvR,电流恒定且方向为顺时针,再从移动到的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等,方向相反,所以回路中电流表现为零,然后从到的过程中,左边切割产生的电流方向逆时针,而右边切割产生的电流方向也是逆时针,所以电流的大小为i=ER=2BlvR,方向是逆时针当线框再向左运动时,左边切割产生的电流方向顺时针,右边切割产生的电流方向是逆时针,此时回路中电流表现为零,故线圈在运动过程中电流是周期性变化,故D正确;故选D点睛:根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向,并计算电流的大小从而找到符合题意的图像。2如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨
4、道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则BB等于()A54B32C74D2【答案】 B【解析】本题考查电磁感应及其相关的知识点。过程I回路中磁通量变化1=14BR2,设OM的电阻为R,流过OM的电荷量Q1=1/R。过程II回路中磁通量变化2=12(B-B)R2,流过OM的电荷量Q2=2/R。Q2= Q1,联立解得:B/B=3/
5、2,选项B正确。【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合,经典中创新。3如图所示,平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域,细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到MN的过程中,棒上感应电动势E随时间t变化的图示,可能正确的是()ABCD【答案】 A【解析】金属棒PQ进入磁场前没有感应电动势,D错误;当进入磁场,切割磁感线有E=BLv,大小不变,可能的图象为A选项、BC错误。4图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈,A1、 A2、 A3是三个完全相同的灯泡。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一
6、个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同下列说法正确的是( )A图甲中,A1与L1的电阻值相同B图甲中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C图乙中,变阻器R与L2的电阻值相同D图乙中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】 C【解析】断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,由于线圈L1的自感,通过L1的电流逐渐减小,且通过A1,即自感电流会大于原来通过A1的电流,说明闭合S1,电路稳定时,通过A1的电流小于通过L1的电流,L1的电阻小于A1的电阻,AB错误;闭合S2,电路稳定时,A2与A3的亮度相同,说明两支路的电流相同,因此变阻器R与L2的电阻值相同,C正确;闭合
7、开关S2,A2逐渐变亮,而A3立即变亮,说明L2中电流与变阻器R中电流不相等,D错误。【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象,根据楞次定律可知,感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。电流突然增大时,会感应出逐渐减小的反向电流,使电流逐渐增大;电流突然减小时,会感应出逐渐减小的正向电流,使电流逐渐减小。5如图甲所示,电阻R=1、半径r1=0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q,P、Q的圆心相同,Q的半径r2=0.1mt=0时刻,Q内存在着垂直于纸面向里的磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示若规定逆时针方向为电流的正方向,则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图
8、象应该是图中的()ABCD【答案】 C【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律,可得导线框P中产生的感应电动势为:E=BSt=Btr22=0.01(V),再由欧姆定律得,P中产生的感应电流为:I=0.01(A),由楞次定律,得电流的方向是顺时针方向,故C正确,ABD错误;故选C。【点睛】本题关键是根据楞次定律判断感应电流的方向,根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势,然后根据欧姆定律求解感应电流6如图所示为两光滑金属导轨MNQ和GHP,其中MN和GH部分为竖直的半圆形导轨,NQ和HP部分为水平平行导轨,整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有两个长均为l、质量均为m、电阻均为R的
9、导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好,其中导体棒ab在半圆形导轨上,导体棒cd在水平导轨上,当恒力F作用在导体棒cd上使其做匀速运动时,导体棒ab恰好静止,且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半,已知导轨间距离为l,重力加速度为g,导轨电阻不计,则()A每根导轨对导体棒ab的支持力大小为2mgB导体棒cd两端的电压大小为23mgRBlC作用在导体棒cd上的恒力F的大小为3mgD恒力F的功率为6m2g2RB2l2【答案】 CD【解析】试题分析:对ab棒受力分析如图所示:则:FNsin300=mg,则:FN=2mg,每根导轨对导体棒ab的支持力大小为mg,故选项A错误;FNcos300
10、=FA=BBlv2Rl,则回路中电流为:I=Blv2R=3mgBl,导体棒cd两端的电压大小为U=IR=3mgBlR,故选项B错误;由于金属棒ab匀速运动,则安培力等于拉力F,则F=BBlv2Rl=3mg,故选项C正确;由于BBlv2Rl=3mg,则金属棒ab的速度为v=23mgRB2l2,则恒力F的功率为P=Fv=3mg23mgRB2l2=6m2g2RB2l2,故选项D正确。考点:导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律【名师点睛】本题是双杆模型,解决本题的关键能够正确受力分析,结合牛顿定律和动量守恒、能量守恒,进行研究。7宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内,各存在磁感应强度大小均为B, 方
11、向相反的匀强磁场;电阻为R,边长为433d的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行,金属框从图示位置以垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动,取逆时针方向电流为正,从金属框C端刚进入磁场开始计时,框中产生的感应电流随时间变化的图象是【答案】 A.【解析】试题分析:本题导体的运动可分段判断,运用排除法进行分析根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向;由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小,由欧姆定律分析感应电流大小的变化三角形线圈的高为2d,则在开始运动的0d过程中,感应电流,I1=B233dvR=23Bdv3R,方向为逆时针方向,在d2d时,设某时刻线圈进入右侧区域的距离为x,则
12、线圈切割磁感应线的有效长度为L=233(d-x),则感应电流I2=B233(d-x)vR=23B(d-x)v3R,方向为逆时针方向,当x=d时,I=0,当线圈的C点出离右边界x时,等效长度L=433d-233(d-x)+233d=233(2d+x),感应电流I3=B233(2d+x)vR=23B(2d+x)v3R,方向顺时针方向,当x=0时,I3=223Bdv3R,当x=d时,I3=323Bdv3R,当C点出离右边界d2d时,等效长度L=433d-233(2d-x)=233x,感应电流I4=B233xvR=23Bxv3R,方向逆时针方向,当x=d时,I4=23Bdv3R,当x=2d时,I4=2
13、23Bdv3R,故A正确,BCD错误;【点睛】本题为选择题,而过程比较复杂,故可选用排除法解决,这样可以节约一定的时间;而进入第二段磁场后,分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同,且有效长度是均匀变大的,注意总感应电动势何时是切割感应电动势之和,何时是切割感应电动势之差8如图所示,边长为L、匝数为N,电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动,轴OO垂直于磁感线,在线圈外接一含有理想变压器的电路,变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度转动,下列判断正确的是()A在图示位置时线框中磁通量为零,感应电动势最大B当可变电阻R的滑片P向上滑动时,电压表V
14、2的示数变大C电压表V1示数等于NBL2D变压器的输入与输出功率之比为1:1【答案】 AD【解析】试题分析:当磁通量为零时,磁通量变化率最大,根据法拉第电磁感应定律,可得产生的感应电动势最大,故A正确;当可变电阻R的滑片P向上滑动时,由于电压表测量副线圈的输入电压,而原线圈的输入电压不变,匝数比不变,所以副线圈的输入电压不变,即电压表的示数不变,B错误;因为线圈是从垂直于中性面时开始时转动的,故产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScost,交流电压的最大值等于em=NBL2,故电压表V1示数为有效值,为U=NBL22,C错误;变压器的输入与输出功率之比为1:1,故D正确。考点:考查了交变
15、电流的产生,理想变压器9一正三角形导线框高为从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B、磁场方向相反且均垂直于xOy平面,磁场区域宽度均为a。则感应电流I与线框移动距离x的关系图象可能是(以逆时针方向为感应电流的正方向ABCD【答案】 C【解析】当线框移动距离x在a2a范围,线框穿过两磁场分界线时,BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线,有效切割长度逐渐增大,产生的感应电动势E1增大,AC边在左侧磁场中切割磁感线,产生的感应电动势E2不变,两个电动势串联,总电动势E=E1+E2增大,故A错误;当线框移动距离x在0a范围,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方
16、向为逆时针,为正值,故B错误;当线框移动距离x在2a3a范围,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针,为正值,故C正确,D错误。所以C正确,ABD错误。10在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,线圈所围的面积为0.1m2,线圈电阻为1规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向,如图(1)所示磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图(2)所示则以下说法正确的是A在时间05s内,I的最大值为0.1AB在第4s时刻,I的方向为逆时针C前2 s内,通过线圈某截面的总电量为0.01CD第3s内,线圈的发热功率最大【答案】 BC【解析】【详解】在时间05s内,
17、由图看出,在t=0时刻图线的斜率最大,B的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,感应电流也最大,最大值为I=EmR=BtSR=0.110.11=0.01A故A正确;在第4s时刻,穿过线圈的磁场方向向上,磁通量减小,则根据楞次定律判断得知,I的方向为逆时针方向。故B正确;前2s内,通过线圈某截面的总电量q=nRBSR0.10.11C=0.01C故C正确。第3s内,B没有变化,线圈中没有感应电流产生,则线圈的发热功率最小。故D错误。故选ABC。【点睛】本题关键要从数学角度理解斜率等于B的变化率经验公式q=nR,是电磁感应问题中常用的结论,要在会推导的基础上记牢二、多选题11如图,MN和PQ是电阻
18、不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,固定在水平面上,右端接一个阻值为R的定值电阻,平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h 处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中()(重力加速度为g)A金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热B金属棒克服安培力做的功为mghC金属棒产生的电热为12mg(h-d)D金属棒运动的时间为2ghg-B2L2d2Rmg【答案】 CD【解析】【详解】根据功能关系知,金属棒克服
19、安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和,故A错误。设金属棒克服安培力所做的功为W对整个过程,由动能定理得 mgh-mgd-W=0,得 W=mg(h-d),故B错误。电路中产生的总的焦耳热Q=W= mg(h-d),则属棒产生的电热为12mg(h-d),故C正确。金属棒在下滑过程中,其机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgh=12mv02,得v0=2gh。金属棒经过磁场通过某界面的电量为q=2R=BLd2R;根据动量定理:-BILt-mgdt=0-mv0,其中q=It,解得t=2ghg-B2L2d2Rmg,选项D正确;故选CD.12由法拉第电磁感应定律可知,若穿过某截面的磁通量为msin
20、 t,则产生的感应电动势为emcos t。如图所示,竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成),端点A、D固定。在以水平线段AD为直径的半圆形区域内,有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为r,圆的半径为R,用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一:将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点;方式二:以AD为轴,保持ADC45,将导线框以恒定的角速度2转90。则下列说法正确的是A方式一中,在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中,通过导线截面电荷量为3BR22rB方式一中,在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线
21、框中的感应电动势最大C两种方式回路中电动势的有效值之比E1E2=12D若两种方式电阻丝上产生的热量相等,则12=14【答案】 AC【解析】【详解】方式一中,在C从A点沿圆弧移动到题图中ADC30位置的过程中,穿过回路磁通量的变化量为32BR2。由法拉第电磁感应定律Et,IEr,qIt,联立解得q=r=3BR22r,选项A正确;第一种方式中穿过回路的磁通量1BR2sin 1t,所产生的电动势为e11BR2cos 1t,在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时,导线框中的磁通量最大,由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势最小,感应电动势为零,选项B错误;第二种方式中穿过回路的磁通量2BR2cos 2t,所产
22、生的电动势为e22BR2sin 2t,则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为E1E2=12,时间满足1t12t2=1800900,产生的焦耳热Q1E12rt1,Q2E22rt2,若Q1Q2,则12=12,选项C正确,D错误。故选AC.13如图所示,质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上一电阻为r,质量为m的导体棒PQ放置在导轨上,始终与导轨接触良好,PQbc构成矩形棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱导轨bc段电阻为R,长为L,其他部分电阻不计以ef为界,其左侧匀强磁场方向竖直向上,右侧匀强磁场水平向右,磁感应强度大小均为B在t0时,一水平向左的拉力F垂
23、直作用在导轨的bc边上,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a则()AF与t2成正比BF和t是线性关系C当t达到一定值时,QP刚好对轨道无压力D若F0,PQbc静止,ef左侧磁场均匀减小,QP可能对轨道无压力【答案】 BC【解析】【详解】AB、t时刻dc产生的感应电动势EBLv,导轨做初速为零的匀加速运动,vat,则 EBLat;感应电流 I=ER+r,金属导轨abcd安培力大小F安BIL,对导轨,由牛顿第二定律得:FF安ma,则得:Fma+B2L2aR+rt,可知F与t2不成正比,F与t成线性关系,故A错误,B正确;C、当t达到一定值时,导致QP的电流,产生的安培力等于其重力,则刚好对
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