高考物理二轮复习 专题突破练12 电磁感应规律及综合应用-人教版高三全册物理试题.doc

专题突破练12电磁感应规律及综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。在每小题给出的四个选项中,第17小题只有一个选项符合题目要求,第812小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.在竖直平面内固定一根水平长直导线,导线中通以如图所示方向的恒定电流。在其正上方(略靠后)由静止释放一个闭合圆形导线框。已知导线框在下落过程中始终保持框平面沿竖直方向。在框由实线位置下落到虚线位置的过程中()A.导线框中感应电流方向依次为:顺时针逆时针顺时针B.导线框的磁通量为零时,感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为:向上向下向上D.导线框产生的焦耳热等于下落过程中框损失的重力势能答案 A解析 根据安培定则,在通电直导线的上方磁场向外,在通电导线的下方磁场向里;离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小。线框从上向下靠近导线的过程,向外的磁感应强度增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流;穿越导线时,上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加,先是向外的磁通量减小,之后变成向里的磁通量,并逐渐增大,直至最大;根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流。向里的磁通量变成最大后,继续向下运动,向里的磁通量又逐渐减小,这时的电流新方向又变成了顺时针,故A正确;根据A中的分析,穿越导线时,上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加,先是向外的磁通量减小,一直减小到0,之后变成向里的磁通量,并逐渐增大。这一过程是连续的,始终有感应电流存在,不是0,故B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍导线框相对磁场的运动,故受安培力的方向始终向上,故C错误;根据能量守恒定律,导线框产生的焦耳热等于下落过程中导线框损失的重力势能与增加的动能之差,故D错误。2.(2017黑龙江大庆模拟)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内,以直径为界,左右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场,以垂直纸面向外的磁场为正,两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0t0时间内,导线框中()A.感应电流方向为顺时针B.感应电流方向为逆时针C.感应电流大小为D.感应电流大小为答案 A解析 根据楞次定律可知,左边的导线框的感应电流是顺时针,而右边的导线框的感应电流,也是顺时针,则整个导线框的感应电流方向顺时针,故A正确,B错误;由法拉第电磁感应定律,因磁场的变化,导致导线框内产生感应电动势,结合题意可知,产生感应电动势正好是两者之和,即为E=2×,再由闭合电路欧姆定律,可得感应电流大小为I=,故C、D错误。3.如图所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l=1 m,c、d间,d、e间,c、f间分别接着阻值R=10 的电阻。一阻值R=10 的导体棒ab以速度v=4 m/s匀速向左运动,导体棒与导轨接触良好;导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是()A.导体棒ab中电流的流向为由b到aB.c、d两端的电压为2 VC.d、e两端的电压为1 VD.f、e两端的电压为1 V答案 D解析 由右手定则可知ab中电流方向为ab,选项A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,c、d间电阻R为外电路负载,d、e和c、f间电阻中无电流,d、e间无电压,因此c、d间与f、e间电压相等,Ucd=×R=1 V,选项D正确,B、C错误。4.(2017河南洛阳质检)如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则()A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化答案 D解析 当左侧线圈中通有均匀增大的顺时针方向的电流时,据楞次定律知右侧线圈中的电流为逆时针,且由于磁通量变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中感应电流不变,故A、B错误;当有金属片通过时,不影响接收线圈中的感应电流方向,故C错误;有金属片通过时,金属片中也会产生感应电流,该电流产生的磁场与左侧线圈中电流产生的磁场方向相反,会引起接收线圈中感应电流大小发生变化,故D正确。5.(2017四川资阳模拟)用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径。如图所示,在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在的平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率=k(k<0)()A.圆环具有收缩的趋势B.圆环中产生的感应电流为逆时针方向C.圆环中a、b两点的电压Uab=D.圆环中产生的感应电流大小为-答案 C解析 磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间的变化率=k(k<0),说明B减少,穿过圆环的磁通量减少,由楞次定律判断可知:圆环为了阻碍磁通量的减少,圆环应有扩展的趋势,故A错误;圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向,故B错误;由法拉第电磁感应定律得E=kr2,圆环中a、b两点的电压大小Uab=kr2,C正确;圆环的电阻R=,则感应电流大小为I=,故D错误。故选C。6.(2017江西南昌模拟)图a图a是用电流传感器(相当于电流表,其内阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路,图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大的自感线圈,其直流电阻值也为R。图b是某同学画出的在t0时刻开关S切断前后,通过传感器的电流随时间变化的图象。关于这些图象,下列说法中正确的是()图bA.图b中甲是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况B.图b中乙是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况C.图b中丙是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况D.图b中丁是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况答案 C解析 开关S由断开变为闭合,传感器2这一支路立即有电流,线圈这一支路,由于线圈阻碍电流的增加,通过线圈的电流要慢慢增加,所以干路电流(通过传感器的电流)也要慢慢增加。故A错误,B正确。开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流立即消失,而电感这一支路,由于电感阻碍电流的减小,该电流又通过传感器2,只是电流的方向与以前相反,所以通过传感器2的电流逐渐减小。故C正确,D错误。故选BC。7.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为。t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示,若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()导学号88904162答案 C解析 由右手定则可判,开始时感应电动势为正,故D错误;设经时间t导体杆转过的角度为,则=t,导体杆有效切割长度为L=2Rsin t。由E=BL2可知,E=2BR2sin2t,B、R、不变,切割的有效长度随时间先增大后减小,且做非线性、非正弦的变化,经半个周期后,电动势的方向反向,故A、B错误,C正确。8.如图所示,固定在倾角为=30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d=1 m,其底端接有阻值为R=2 的电阻,整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中。一质量为m=1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F=10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L=6 m时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r=2 ,导轨电阻不计,重力加速度大小g取10 m/s2。则此过程()A.杆的速度最大值为5 m/sB.流过电阻R的电荷量为6 CC.在这一过程中,整个回路产生的焦耳热为17.5 JD.流过电阻R电流方向为由c到d答案 AC解析 当杆达到最大速度时满足:F=+mgsin ,解得vm=5 m/s,选项A正确;流过电阻R的电荷量:q=3 C,选项B错误;回路产生的焦耳热:Q=FL-mgLsin -=17.5 J,选项C正确;由右手定则可知,流过R的电流方向从d到c,选项D错误;故选AC。9.(2017广东揭阳模拟)如图所示,一线圈匝数为n,横截面积为S,总电阻为r,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为k(k>0且为常量),磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是()A.电容器下极板带正电B.电容器上极板带正电C.电容器所带电荷量为D.电容器所带电荷量为答案 BC解析 根据楞次定律,感应电流从线圈的右端流到左端,左端电势高,电容器上极板带正电,故A错误,B正确;线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈是电源,线圈产生的感应电动势恒定,大小为E=nS=nSk,电容器两极板间的电压等于路端电压,路端电压U=,电容器所带电荷量为Q=CU=,故C正确,D错误。10.1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)。它是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触。使铜盘转动,电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场,除R以外其余电阻均不计。从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,下列说法正确的是()A.铜片D的电势高于铜片C的电势B.电阻R中有正弦式交变电流流过C.铜盘半径增大1倍,流过电阻R的电流也随之增大1倍D.保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生答案 AD解析 根据右手定则可知,电流从D点流出,流向C点,因此铜片D的电势高于铜片C的电势,故A正确;由于铜盘切割磁感线,从而在电路中形成方向不变的电流,故B错误;设铜盘的半径为L,因感应电动势E=BL,I=,则,则有,I=,当铜盘半径增大1倍,流过电阻R的电流变为原来的4倍,故C错误;保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,导致穿过铜盘的磁通量变化,则铜盘中有涡流产生,故D正确。故选AD。11.如图所示,相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B,正方形线圈abcd边长为L(L<d),质量为m,电阻为R,将线圈在磁场上方高h处静止释放,cd边始终水平,cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0。则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止),以下说法正确的是()A.感应电流所做的功为mgdB.感应电流所做的功为2mgdC.线圈的最小速度一定为D.线圈的最小速度一定为答案 BD解析 线圈在下落过程中分别经过图中的四个位置:1位置cd边刚进入磁场,2位置ab边进入磁场,3位置cd边刚出磁场,4位置ab边刚出磁场,根据题意1、3位置速度为v0;2到3位置磁通量不变,无感应电流,线圈只受重力,做加速度为g的匀加速运动;结合1、3位置速度相同,可知1到2减速,2到3匀加速,3到4减速,并且1到2减速与3到4减速所受合力相同,运动情况完全相同。对线圈由1到3位置用动能定理:mgd-W=Ek=0,W为克服安培力所做的功,根据能量守恒定律,这部分能量转化为电能(电流所做的功),所以线圈由1到3位置电流做功为mgd;线圈由1到3位置过程中只有线圈由1到2位置有电流,所以线圈由1到2位置有电流做功为mgd,线圈由3到4位置与线圈由1到2位置完全相同,所以线圈由3到4位置有电流做功也为mgd。综上所述,从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止,即1到4位置电流做功为2mgd。A错误,B正确。线圈速度最小时并未受力平衡,不满足mg=,所以C错误。由以上分析可知2和4位置速度最小,初始位置到1位置自由落体v0=,2到3位置做加速度为g的匀加速运动=2g(d-L),结合两式解得vmin=,D正确。12.如图甲所示,固定在光滑水平面上的正三角形金属线框,匝数n=20,总电阻R=2.5 ,边长L=0.3 m,处在两个半径均为r=的圆形匀强磁场区域中。线框顶点与右侧磁场区域圆心重合,线框底边中点与左侧磁场区域圆心重合。磁感应强度B1垂直水平面向上,大小不变;B2垂直水平面向下,大小随时间变化,B1、B2的值和变化规律如图乙所示。则下列说法中正确的是(取3)()A.通过线框中的感应电流方向为逆时针方向B.t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1 WbC.在00.6 s内通过线框中的电荷量为0.006 CD.00.6 s时间内线框中产生的热量为0.06 J导学号88904163答案 AD解析 匀强磁场B1不变化,磁场B2垂直水平面向下,大小随时间均匀增加,根据楞次定律,线框中的感应电流方向为逆时针方向,选项A正确;t=0时刻穿过线框的磁通量为=B1·r2+B2·r2=-0.005 Wb,选项B错误;t=0.6 s时穿过线框的磁通量为'=B1'·r2+B2'·r2=0.01 Wb,根据q=n=n,在00.6 s内通过线框中的电荷量为0.12 C,选项C错误;00.6 s时间内线框中产生的热量Q=(n)2t=0.06 J,选项D正确。二、计算题(本题共1个小题,共16分)13.(2017湖南衡阳模拟)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置,其所在平面与水平面间的夹角为=30°,两导轨间距为L,导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R=2r的电阻。一根质量为m,电阻为r的金属棒放在导轨上,金属棒与导轨始终垂直并接触良好,一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量M=4m的重物相连。金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上,导轨电阻不计,初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸长状态,由静止释放重物,求:(重力加速度大小为g,不计滑轮阻力)(1)若S1闭合、S2断开,重物的最大速度;(2)若S1和S2均闭合,电容器带的最大电荷量;(3)若S1断开、S2闭合,重物的速度v随时间t变化的关系式。导学号88904164答案 (1)(2)(3)·t解析 (1)S1闭合,S2断开时,M由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动,金属棒受到沿导轨向下的安培力作用,设最大速度为vm,感应电动势E=BLvm感应电流I=当金属棒速度最大时有:Mg=mgsin 30°+BIL解得:vm=(2)S1、S2均闭合时,电容器两板间的最大电压U=UR=IR=电容器带的最大电荷量Q=CU=。(3)S1断开、S2闭合时,设从释放M开始经时间t金属棒的速度大小为v,加速度大小为a,通过金属棒的电流为i,金属棒受到的安培力F=BiL,方向沿导轨向下,设在时间t到(t+t)内流经金属棒的电荷量为Q,Q也是平行板电容器在t到(t+t)内增加的电荷量,Q=CBLv,v=at则i=CBLa设绳中拉力为T,由牛顿第二定律,对金属棒有:T-mgsin 30°-BLi=ma对M有:Mg-T=Ma解得:a=g=可知M做初速度为零的匀加速直线运动,v=at=t