高考物理新课标必考部分内容复习二.docx
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高考物理新课标必考部分内容复习二
高考物理新课标必考部分内容复习二
选修3-2第九章电磁感应章末大盘点
（时间100分钟，满分120分）
命题设计
难度
题号
目标
较易
中等
稍难
电磁感应现象
1、2、3、8
法拉第电磁感应定律
4、11
7
电磁感应中的综合问题
9、10
5、10、12、13
14、15、16
一、单项选择题（本题共7小题，每小题5分，共35分）
1．（2008·重庆高考）如图1所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（ ）
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
解析：
当磁铁沿矩形线圈中线AB正上方通过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向（从上向下看）先逆时针再顺时针，则线圈先上方为N极下方为S极，后改为上方为S极下方为N极，根据同名磁极相斥、异名磁极相吸，则线圈受到的支持力先大于mg后小于mg，线圈受到向右的安培力，则水平方向的运动趋势向右．D项正确．
答案：
D
2．一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面（即垂直于纸面）向里，如图2甲所示．若磁感应强度B随时间t变化的关系如图2乙所示，那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是（ ）
A．大小恒定，沿顺时针方向与圆相切
B．大小恒定，沿着圆半径指向圆心
C．逐渐增加，沿着圆半径离开圆心
D．逐渐增加，沿逆时针方向与圆相切
解析：
由图乙知，第3s内磁感应强度B逐渐增大，变化率恒定，故感应电流的大小恒定．再由楞次定律，线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势，故沿半径指向圆心．B项正确．
答案：
B
3．如图3所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么
（ ）
A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下
B．线圈在磁场中某位置停下
C．线圈在未完全离开磁场时即已停下
D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来
解析：
线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能也减少，进、出时减少的动能都等于安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，线圈离开磁场过程中，损失的动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．D项正确．
答案：
D
4．两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图4所示，两板间有一个质量为m、电荷量＋q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是
（ ）
A．磁感应强度B竖直向上且正增强，
＝
B．磁感应强度B竖直向下且正增强，
＝
C．磁感应强度B竖直向上且正减弱，
＝
D．磁感应强度B竖直向下且正减弱，
＝
解析：
由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁感应强度B竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，A、D错误；因mg＝q
，U＝
R，E＝n
，联立可求得
＝
，故只有C项正确．
答案：
C
5．（2010·无锡模拟）如图5所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中（ ）
A．回路中产生的内能相等
B．棒运动的加速度相等
C．安培力做功相等
D．通过棒横截面积的电荷量相等
解析：
棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小．根据E＝Blv，E减小，故I减小．再根据F＝BIl，安培力减小，根据F＝ma，加速度减小，B错误．由于a与b、b与c间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做功，故A、C错误．再根据平均感应电动势
＝
＝
，
＝
，q＝
Δt得q＝
，故D正确．
答案：
D
6．如图6所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则（ ）
A．W1＜W2，q1＜q2 B．W1＜W2，q1＝q2
C．W1＞W2，q1＝q2D．W1＞W2，q1＞q2
解析：
设线框长为L1，宽为L2，其电阻为R.第一次拉出速度为v1，第二次拉出速度为v2，则v1＝3v2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有
W1＝F1L1＝BI1L2L1＝B2L
L1v1/R，
同理W2＝B2L
L1v2/R，故W1＞W2；
又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q＝It＝
t＝
t＝
＝
，得：
q1＝q2.故正确答案为选项C.
答案：
C
7．如图7所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合．导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域．以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势E的正方向，则如图13所示的四个E－t关系示意图中正确的是（ ）
解析：
由右手定则和E＝Blv判定水平位移从0～l时E＝Blv；从l～2l时，E＝0；从2l～3l时，E＝3Blv；从3l～4l时，E＝－2Blv，可知图C正确．
答案：
C
二、多项选择题（本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分）
8．如图9所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（ ）
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
解析：
闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始时I2很小而I较大，随着电流达到稳定，线圈的自感作用减小，I2开始逐渐变大，由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小．故选A、C.
答案：
AC
9．如图10所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则（ ）
A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功
B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
解析：
线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：
上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A、C.
答案：
AC
10．如图11所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放，三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则（ ）
A．三个线圈同时落地 B．A线圈最先落地
C．A线圈最后落地D．B、C线圈同时落地
解析：
由于A线圈上有缺口，A中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A线圈先落地，B正确．
B、C线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足：
mg－
＝ma m＝ρ密·4L·S R＝ρ电
所以4ρ密LSg－
＝4ρ密LSa
4ρ密g－
＝4ρ密a
a＝g－
，由于B、C线圈起始下落高度相同，材料相同，所以a相同，进入相同的磁场，B、C线圈同时落地，D选项正确．
答案：
BD
11．某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过，为了保护线路不至于被压坏，预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种：
甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如图12所示．如果输电导线输送的电流很大，那么，以下说法正确的是（ ）
A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的
B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的
C．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的
D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
解析：
若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的，B正确．输电线周围存在磁场，交变电流产生变化的磁场，因此在输电过程中输电线因电流变化引起自感现象，当输电线上电流很大时，强大的自感电流有可能将钢管融化，造成事故，所以甲方案是不可行的．在乙方案中，两条输电线中的电流方向相反，产生的磁场互相抵消，使自感现象的影响减弱到可以忽略不计的程度，是可行的，C正确．此题类似于课本中提到的“双线并绕”．
答案：
BC
12．如图13所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、cd，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在上面，以速度v向右匀速运动，欲使棒PQ停下来，下面的措施可行的是（导轨足够长，棒PQ有电阻）（ ）
A．在棒PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒
B．在棒PQ棒右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比
棒PQ大的金属棒
C．将导轨的a、c两端用导线连接起来
D．将导轨的a、c两端和b、d两端分别用导线连接起来
解析：
在棒PQ右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，棒PQ减速，
当两者获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将做匀速运动，A、B项错误．当
一端或两端用导线连接时，棒PQ的动能将转化为内能而最终静止，C、D两选项
正确．
答案：
CD
三、计算题（本题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（12分）（2010·徐州模拟）如图14所示，光滑的U形金属导轨MNN′M′水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨的宽度为L，其长度足够长，M′、M之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行．求：
（1）开始运动时，棒中的瞬时电流i和棒两端的瞬时电压u分别为多大？
（2）当棒的速度由v0减小到v0/10的过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？
解析：
（1）开始运动时，棒中的感应电动势：
E＝BLv0
棒中的瞬时电流：
i＝
＝
棒两端的瞬时电压：
u＝
E＝
BLv0.
（2）由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：
Q总＝
mv02－
m（
v0）2＝
mv02
棒中产生的焦耳热为：
Q＝
Q总＝
mv02.
答案：
（1）
BLv0
（2）
mv02
14．（14分）一根电阻R＝0.6Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r＝1m，圆形线圈质量m＝1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直线圈平面的磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，如图15所示．若线圈以初动能E0＝5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生的电能为E＝3J．求：
（1）此时线圈的运动速度的大小；
（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；
（3）此时线圈加速度的大小．
解析：
（1）设线圈的速度为v，由能量守恒定律得
E0＝E＋
mv2.
解得：
v＝2m/s.
（2）线圈切割磁感线的有效长度
L＝2
＝
m，
电动势E＝BLv＝
V，
电流I＝
＝
A，
两交接点间的电压
U＝IR1＝
×0.6×
V＝
V.
（3）F＝ma＝BIL，所以a＝2.5m/s2.
答案：
（1）2m/s
（2）
V （3）2.5m/s2
15．（12分）如图16所示，竖直放置的等距离金属导轨宽0.5m，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度为B＝4T，轨道光滑、电阻不计，ab、cd为两根完全相同的金属棒，套在导轨上可上下自由滑动，每根金属棒的电阻为1Ω.今在ab棒上施加一个竖直向上的恒力F，这时ab、cd恰能分别以0.1m/s的速度向上和向下做匀速滑行．（g取10m/s2）试求：
（1）两棒的质量；
（2）外力F的大小．
解析：
（1）根据右手定则，可以判定电路中电流方向是沿acdba流动的．设ab棒的质量为m1，cd棒的质量为m2.取cd棒为研究对象，受力分析，根据平衡条件可得BIL＝m2g
其中I＝
＝
，得m2＝
＝0.04kg，
根据题意判断可知m1＝0.04kg.
（2）取两根棒整体为研究对象，根据平衡条件可得
F＝m1g＋m2g＝0.8N.
答案：
（1）0.04kg 0.04kg
（2）0.8N
16．（17分）（2009·上海高考）如图17所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒速度）的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．（已知：
l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m）
（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－
x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
（4）若在棒未出磁场区域时撤出外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线．
解析：
（1）金属棒做匀加速直线运动
R两端电压U∝I∝E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大．
所以加速度为恒量．
（2）F－
v＝ma，将F＝0.5v＋0.4代入
得：
（0.5－
）v＋0.4＝a
因为加速度为恒量，与v无关，所以a＝0.4m/s2
0．5－
＝0
代入数据得：
B＝0.5T.
（3）设外力F作用时间为t.x1＝
at2
v0＝
x2＝at
x1＋x2＝s，所以
at2＋
at＝s
代入数据得0.2t2＋0.8t－1＝0，
解方程得t＝1s或t＝－5s（舍去）．
（4）可能图线如下：
答案：
（1）见解析
（2）0.5T （3）1s （4）见解析
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