2019版高考物理二轮复习 专题四 电路和电磁感应 专题突破练12 电磁感应规律及综合应用.doc

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1、1专题突破练专题突破练 1212 电磁感应规律及综合应用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 10 小题,每小题 8 分,共 80 分。在每小题给出的四个选项中,第 15 小题只有一个 选项符合题目要求,第 610 小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 8 分,选对但不全的得 4 分,有选错或不答的得 0 分) 1 1.(2018 湖南株洲二质检)如图,沿东西方向站立的两同学(左西右东)做“摇绳发电”实验:把一条长 导线的两端连在一个灵敏电流计(零刻度在表盘中央)的两个接线柱上,形成闭合回路,然后迅速摇 动MN这段“绳”。假设图中情景发生在赤道,则

2、下列说法正确的是( ) A.当“绳”摇到最高点时,“绳”中电流最大 B.当“绳”摇到最低点时,“绳”受到的安培力最大 C.当“绳”向下运动时,N点电势比M点电势高 D.摇“绳”过程中,灵敏电流计指针的偏转方向不变 2 2.(2018 福建龙岩一模)如图甲所示,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为圆环的直径。在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场,t=0 时刻磁场方向垂直于竖直 圆环平面向里,磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,则 0t1时间内( ) A.圆环中产生感应电流的方向为逆时针 B.圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针 C.圆环一直具有扩

3、张的趋势D.圆环中感应电流的大小为0403 3.(2018 陕西咸阳二模)如图甲,匝数n=2 的金属圈(电阻不计)围成的面积为 20 cm2,线圈与R=20 的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为B,B-t关系 如图乙,规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响,则下列i-t关系 图正确的是( )24 4.(2018 山西长治、运城、大同、朔州、阳泉五地联考)如图所示,等腰直角三角形区域内有垂直于纸 面向内的匀强磁场,左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框,线框斜边长为l,线框从图示 位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框中感应

4、电流逆时针方向为正方向,其感应电流i随 位移x变化的图象正确的是( )5 5.(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 b A.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

5、关 S 由闭合变为断开,通过传感器 1 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 6 6.(2018 湖北黄冈调研)如图所示,在光滑水平面内,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外, 一正方形金属线框质量为m,电阻为R,边长为L,从虚线处进入磁场时开始计时,在外力作用下,线框 由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域,t1时刻线框全部进入磁场,规定顺时 针方向为感应电流I的正方向,外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,通过导体横截面的电荷 量为q,其中P-t和q-t图象均为抛物线,则这些量随时间变化的图象正确

6、的是( )37 7.(2018 山西孝义一模)如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨弯成“”形,底部导轨面水平,倾斜 部分与水平面成角,导轨上端与阻值为R的固定电阻相连,整个装置处于磁感应强度方向竖直向 上、大小为B的匀强磁场中,导体棒ab和cd均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良好。两导体棒 的电阻值均为R,其余部分电阻不计。当导体棒cd沿底部导轨向右以速度v匀速滑动时,导体棒ab 恰好在倾斜导轨上处于静止状态,导体棒ab的重力为mg,则( ) A.导体棒cd两端电压为BLvB.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为2 3 C.导体棒ab所受安培力为mgtan D.cd棒克服安培力做功的功率为2

7、22 8 8.(2018 湖北武汉调研)如图甲所示,在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框,垂直于斜面方向的 匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)。t=0 时刻将 线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下列说法正确的是( )A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流 B.MN边受到的安培力先减小后增大 C.线框做匀加速直线运动 D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失 9 9.(2018 四川雅安三诊)如图所示,足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面成角(090),其 中MN与PQ平行且间距为L,匀强磁场垂直导轨平面,磁感应强度为B,导轨电阻不计。质量为m的

8、 金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当 金属棒ab下滑距离s时,速度大小为v,则在这一过程( )A.金属棒ab运动的平均速度大小为v1 2B.通过金属棒ab某一横截面的电荷量为 4C.金属棒ab受到的最大安培力为22 D.金属棒ab克服安培力做功为mgssin - mv21 21010.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(Ld),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v

9、0。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mgd B.感应电流所做的功为 2mgdC.线圈的最小速度一定为22 D.线圈的最小速度一定为2( + - )二、计算题(本题共 1 个小题,共 20 分) 1111.(2018 广西桂林、百色和崇左联考)如图,金属平行导轨MN、MN和金属平行导轨PQR、PQR 分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、MN左端接有电源,MN与MN的间距 为L=0.10 m,线框空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B1=0.20 T;平行导轨PQR与PQR的 间距为L=0

10、.10 m,其中PQ与PQ是圆心角为 60、半径为r=0.50 m 的圆弧导轨,QR与QR是水 平长直导轨,QQ右侧有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B2=0.40 T。导体棒a质量m1=0.02 kg,电阻R1=2.0 ,放置在导轨MN、MN右侧NN边缘处;导体棒b质量m2=0.04 kg,电阻R2=4.0 ,放置在水平导轨某处。闭合开关 K 后,导体棒a从NN水平抛出,恰能无碰撞地从PP处以速度 v1=2 m/s 滑入平行导轨,且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取 10 m/s2,不计一切摩擦及空气阻 力。求:(1)导体棒b的最大加速度; (2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热; (3)

11、闭合开关 K 后,通过电源的电荷量q。5专题突破练 1212 电磁感应规律及综合应用 一、选择题(共 10 小题,每小题 8 分,共 80 分。在每小题给出的四个选项中,第 15 小题只有一个 选项符合题目要求,第 610 小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 8 分,选对但不全的得 4 分,有选错或不答的得 0 分) 1 1.C 解析 当“绳”摇到最高点时,绳转动的速度与地磁场方向平行,不切割磁感线,感应电流为零,故 A 错误。当“绳”摇到最低点时,绳转动的速度与地磁场方向平行,不切割磁感线,感应电流为零,绳 受到的安培力也为零,故 B 错误。当“绳”向下运动时,地磁场向北,根据右手定则

12、判断可知,“绳” 中N点电势比M点电势高,故 C 正确。在摇“绳”过程中,当“绳”向下运动和向上运动时,“绳” 切割磁感线的方向变化,则感应电流的方向变化,即灵敏电流计指针的偏转方向改变,选项 D 错误; 故选 C。 2 2.D 解析 磁通量先向里减小再向外增加,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向 一直为顺时针方向,故 A、B 错误;由楞次定律的“来拒去留”可知,0t0为了阻碍磁通量的减小,线 圈有扩张的趋势,t0t1为了阻碍磁通量的增大,线圈有缩小的趋势,故 C 错误;由法拉第电磁感应定律,得E=,感应电流I=,故 D 正确。0220 =02202=0403 3.D 解析 由图

13、可知,02 s 内,线圈中磁通量的变化率相同,故 02 s 内电流的方向相同,由楞次定 律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为正方向;同理可知,25 s 内电路中的电流为逆时针,为负方向。由E=n可得E=nS,则知 02 s 内电路中产生的感应电动势大小为: E1=22010-4=610-6 V,则电流大小为:I1=10-6 A=310-7 A;同理 25 s 内,3 10- 32 =6 20 I2=210-7 A,故 D 正确,ABC 错误。 4 4.B 解析 线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,根据楞次定律知回路中产生逆时针的 电流,并且电流随着有效切割长度的增加而增加,当两个图

14、形完全重合时电流达到最大值。当线圈 继续向右运动时穿过线圈的磁通量开始减小,由楞次定律知此过程电流方向为顺时针,且随着有效 切割长度的减小而减小,故 B 正确。 5 5.B 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 1 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、D 错误。 6 6.CD 解

15、析 线框切割磁感线,则有运动速度v=at,产生感应电动势E=BLv,所以产生感应电流i=,故 A 错误;对线框受力分析,由牛顿第二定律,则有F安=BLi=,解得:F=ma+ = 22 ,故 B 错误;由功率表达式P=i2R=,P与t是二次函数,图象为抛物线,故 C 正确;由电22 ()2 荷量表达式,则有q=,q与t是二次函数,图象为抛物线,故 D 正确;故选 CD。1 22 7 7.BC 解析 根据题意画出等效电路如图所示:6导体棒cd以速度v匀速滑动时,产生的感应电动势E=BLv,根据闭合电路可知,cd两端电压U=,故 A 项错误。通过导体棒cd的电流I=,t时间内通过导体棒cd横截 +

16、22= 3 + 2=2 3面的电荷量q=It=,故 B 项正确。导体棒ab受重力,支持力和水平方向安培力处于平衡状态,2 3则安培力Fab=mgtan ,故 C 项正确。导体棒cd克服安培力做功的功率P=IE=,故 D 项错误。2222 3 综上本题答案为 BC。 8 8.BC 解析 穿过线圈的磁通量先向下减小,后向上增加,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变, 选项 A 错误;因B的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而B的大小先减后增加,根据 F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项 B 正确;因线圈平行的两边电流等大反向,则整 个线圈受的安培力为零,则线圈下滑的加速度

17、为gsin 不变,则线框做匀加速直线运动,选项 C 正 确;因安培力对线圈不做功,斜面光滑,则线框的机械能守恒,机械能无损失,选项 D 错误;故选 BC。9 9.BCD 解析 分析ab棒的受力情况,有mgsin -=ma,分析可得ab棒做加速度减小的加速运22 动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值v,故 A 错误;通过金属棒ab某一横截面的电荷量1 2q=It=t=,故 B 正确;ab棒受到的最大安培力为F=BIL=,故 C 正确;根据动 1 = 22 能定理可知,mgssin -W安= mv2,金属棒ab克服安培力做功为W安=mgssin - mv2,故 D 正确;故1 21 2 选 B

18、CD。 1010.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

19、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 位置所受合力完全相同,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22 速度最小,初始位置到 1 位置做自由落体运动,v0=,2 到 3 位置做加速度为g的匀加速运动2=2g(d-L)

20、,结合两式解得vmin=,D 正确。02 22( + - )二、计算题(本题共 1 个小题,共 20 分) 1111.答案 (1)0.02 m/s2 (2)0.02 J (3)1 C 解析 (1)设a棒在水平轨道上时的速度为v2,根据动能定理:m1g(r-rcos 60)= m1m11 2221 212解得:v2=3 m/s7因为a棒刚进入磁场时,ab棒中的电流最大,b受到的力最大,加速度最大,所以有: 电动势为:E=B2Lv2电流为:I= 1+ 2根据牛顿第二定律:B2IL=m2amax 联立以上解得:amax=0.02 m/s2 (2)两个导体棒在运动过程中,动量守恒和能量守恒,当两棒的速度相等时回路中的电流为零, 此后两棒做匀速运动,两棒不再产生焦耳热,所以根据动量守恒:m1v2=(m1+m2)v3 由能量守恒定律:m1(m1+m2)+Qa+Qb1 222=1 232由于ab棒串联在一起,所以有:=12解得:Qa=0.02 J (3)设接通开关后,a棒以速度v0水平抛出,则有:v0=v1cos 60=1 m/s 对a棒冲出过程由动量定理: B1ILt=m1v0 即:B1Lq=m1v0 代入数据解得:q=1 C