高考物理二轮复习专题分层突破练电磁感应规律及综合应用.docx

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1、专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用A组1.(2021北京海淀区高三一模)线圈绕制在圆柱形铁芯上,通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内,铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置,使其沿QP方向靠近线圈。若电流从电流计“+”接线柱流入时电流计指针向右偏转,在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象,且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是()2.(多选)(2021广东高三模拟)如图所示,软导线放在水平面上,空间存在竖直方向的匀强磁场,由于磁场发生变化,回路形状由图甲变为图乙。关于该

2、磁场的方向以及强弱的变化,下列说法可能正确的是()A.方向竖直向上,逐渐增强B.方向竖直向上,逐渐减弱C.方向竖直向下,逐渐增强D.方向竖直向下,逐渐减弱3.(2021上海师大附中高三模拟)如图所示,一根直导线穿过圆环a的对称轴和圆环b的中心轴线,三者相互绝缘,当导线中的电流突然增大时,下列说法正确的是()A.两环都产生感应电流B.a环产生感应电流,b环无感应电流C.两环都无感应电流D.b环产生感应电流,a环无感应电流4.(多选)(2021广东名校联盟高三联考)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图甲中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S,将该导线做成半径

3、为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,则在t=0到t=t1的时间间隔内()A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电动势大小为5.(2021山东德州高三模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,使电路abcd的ad端加上如图乙所示的交变电压,a点电势高于d点电势时电压u为正值,电路abcd所围区域内还有一弹性导线框MNPQ置于光滑水平面上,以下说法不正确的是()A.t1时刻,线框MNPQ中的感应电流为零B.t2时刻,电路abcd对线框MNPQ的安培力为零

4、C.t3时刻,线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向D.t2t3时间内,线框MNPQ的面积会变大6.(多选)(2021广东河源高三模拟)如图所示,在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻,线框底边恰好到达MN处;在t=T时刻,线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中()A.线框中的电流始终为逆时针方向B.线框中的电流先逆时针方向,后顺时针方向C.t=时刻,流过线框的电流大小为D.t=时刻,流过线框的电流大小为7.(多选)(2021福建龙岩高三质检)如图所示,两条相距

5、d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内,其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R长为d的金属杆ab在导轨上以初速度v0水平向左运动,其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场,磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度v0匀速向右运动,金属杆进入磁场后,在磁场中运动t时间后达到稳定状态,导轨电阻不计()A.当金属杆刚进入磁场时,杆两端的电压大小为Bdv0B.当金属杆运动达到稳定状态时,杆两端的电压大小为Bdv0C.t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0D.t时间内金属杆所受安培力做的功等于08.如图所示,光滑绝缘斜面倾角为。斜面底端有一直导线通有M至N的恒定电流I。斜面上有一闭合导线框abcd正沿斜面下滑,

6、ab边始终与MN平行。在导线框下滑至ab边未到达斜面底端过程中,下列说法正确的是()A.线框有扩张的趋势B.线框中有沿abcda流动的感应电流C.线框cd边受到的安培力沿斜面向下D.整个线框所受安培力的合力为零B组9.(多选)(2021山东济南历城二中高三模拟)如图所示,倾斜平行金属导轨PQ、MN处在垂直导轨平面的匀强磁场中,铜棒ab垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好,由静止释放铜棒,在铜棒运动中闭合开关S,之后通过电阻R的电荷量为q,铜棒速度为v,铜棒和导轨电阻不计,不计摩擦。则下列表达q、v与时间t的关系图象,不可能成立的是()10.(多选)(2021宁夏银川模拟)如图所示,半径分别为2d和

7、d的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内,两圆弧圆心均在O点,导轨右端接有阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态,金属棒AB通过绝缘轻杆连在O点的固定转轴上,两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将金属棒由静止释放,金属棒绕O点转动,不计转轴处摩擦,不计导轨电阻,金属棒转动过程中始终与导轨接触良好,当金属棒AB第一次转到竖直位置时,金属棒转动的角速度为,则下列说法正确的是()A.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒AB两端的电压为Bd2B.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒受到的安培力大小为C.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的

8、过程中,通过电阻R的电荷量为D.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热11.(2021辽宁抚顺高三一模)如图所示,两根相距为d=0.2 m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ与水平面成30角,导轨的电阻忽略不计,在两根导轨的端点N、Q之间连接一个阻值R=0.5 的电阻,导轨上跨放着一根长L=0.3 m,质量m=0.01 kg,电阻值r=1.5 的金属棒ab,金属棒与导轨正交放置,接触良好,交点为c、d。空间有垂直导轨平面向下B=1 T的匀强磁场,金属棒沿导轨MN和PQ匀速下滑,g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.金属棒匀速下滑的速度为

9、m/sB.c、d两点间的电势差为- VC.a、b两点间的电势差为- VD.金属棒ab的发热功率为 W12.(2021山东模拟)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平固定放置,导轨间距为L,导轨两端与定值电阻R1和R2相连,R1和R2的阻值均为R。磁感应强度大小为B的匀强磁场方向竖直向上,有一个质量为m,电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置。在导体棒ab的中点施加一个水平恒力F,让导体棒ab从静止开始向右运动。经过时间t,运动达到稳定状态。导轨的电阻忽略不计,求:(1)导体棒达到稳定时ab两点之间的电势差Uab;(2)t时间内R1上产生的电热。专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用1

10、.A解析A、B选项中,当磁铁向线圈靠近时,穿过线圈的磁通量向下增加,根据楞次定律可知,线圈中产生的感应电流从正极流入电流计,则电流计指针向右偏转,A正确、B错误;当磁铁按C、D选项的方式靠近线圈时,由对称性可知,穿过线圈的磁通量总是零,线圈中不会有感应电流,C、D错误。2.AC解析根据楞次定律,感应电流的磁场会阻碍原磁场的磁通量变化,无论穿过回路的磁感线的方向如何,只要磁场逐渐增强,穿过回路的磁通量就会增加,回路的面积就将减小,故选AC。3.C解析产生感应电流的条件是闭合线圈内的磁通量发生变化,而a、b圆环中的磁通量始终为零,因此当导线中电流增大时,a、b圆环中磁通量没有变化,所以两环中没有感

11、应电流产生,故选C。4.BC解析根据B-t图象,由楞次定律可知,线圈中感应电流方向一直为顺时针,但在t0时刻,磁场的方向发生变化,故安培力方向FA的方向在t0时刻发生变化,A错误、B正确;由闭合电路欧姆定律得I=,又根据法拉第电磁感应定律得E=,又根据电阻定律得R=,联立得I=,C正确,D错误。5.D解析t1时刻,电势最大但是图象的斜率为0,则其变化率也为0,所以线框MNPQ中的感应电流为零,A正确;t2时刻,线框MNPQ中的感应电流最大,但是电路中电流为0,其产生的磁场也为0,则电路abcd对线框MNPQ的安培力为零,B正确;t3时刻,电路abcd产生的磁场方向垂直水平面向上,并且磁通量增大

12、,由楞次定律及右手定则,得线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向,C正确;t2t3时间内,电路中的电流增大,线框MNPQ中的磁通量增大,由楞次定律推论得线框MNPQ的面积会变小,D错误。6.AD解析根据楞次定律可知,穿过线圈的磁通量增加,则线框中的电流始终为逆时针方向,A正确、B错误;线圈的边长为;t=时刻,线圈切割磁感线的有效长度为,动生电动势E=Bvv,线圈中产生的感生电动势E=S=kka2,则流过线框的电流大小为I=,C错误,D正确。7.AD解析当金属杆刚进入磁场时,杆相对于磁场的速度是2v0,切割产生的电动势为2Bdv0,则杆两端的电压大小为Bdv0,A正确;开始时根据楞次定律可知杆受到

13、向右的安培力作用而做减速运动,当减速到0后,磁场依旧向右运动,则金属杆在安培力的作用下向右加速运动,直到杆与磁场的相对速度为0时,金属杆运动达到稳定状态,此时金属杆不再切割磁感线运动,杆两端的电压大小为0,B错误;t时间内金属杆所受安培力的冲量I=p=mv0-(-mv0)=2mv0,C错误;t时间内金属杆所受安培力做的功W=Ek=0,D正确。8.C解析根据直导线产生的磁场特点可知,离导线越近磁场越强,在导线框下滑过程中,穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,线框有收缩的趋势,A错误;在导线框下滑过程中,穿过线框的磁通量增大,磁场方向垂直斜面向上,根据楞次定律可知,线框中有沿adcba方向的感应

14、电流,B错误;cd中的电流由d到c,磁场方向垂直斜面向上,根据左手定则可知,线框cd边受到的安培力沿斜面向下,C正确;流过ab、cd的电流相同,由于ab边与cd边所在处的磁场不同,所以ab、cd所受安培力大小不同,ad与bc所受安培力大小相同,所以整个线框所受安培力的合力不为零,D错误。9.BD解析设闭合开关S时铜棒的速度为v0,铜棒达到匀速运动的速度为v,则mgsin=,铜棒运动的加速度a=gsin-,若v0=v则a=0,铜棒匀速下滑;若v00,铜棒加速下滑,且随速度的增大加速度减小,最终达到v=v;若v0v则a0,铜棒减速下滑,且加速度随速度减小而减小,最终达到v=v;所以v-t图象的斜率

15、只能不变或减小,D不可能成立。通过电阻的电荷量q=It,其中电流I=,随铜棒速度的变化趋向相同,即图象的斜率只能不变或减小,v=v时斜率恒定且不为零,但电荷量q总是随时间而增大,B不可能成立。10.BC解析金属棒第一次转到竖直位置时角速度为,则电动势E=BdBd2,此时AB两端的电压为路端电压,则有UAB=E=Bd2,选项A错误;此时电路中的电流I=,金属棒受到的安培力大小为F安=BId=,选项B正确;从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为q=,选项C正确;根据能量守恒可知,减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热和金属棒的动能之和,选项D错误。11.B解析金属棒沿导轨

16、匀速下滑,有BId=mgsin30、E=Bdv、I=、r1=,解得I=0.25A,v=m/s,A错误;根据右手定则可知等效电源cd内部电流由c到d,即d点为电源正极,c、d两点间的电势差为闭合电路的路端电压,且cd,Ucd0,有Ucd=-IR=-V,B正确;a、b两点间的电势差包括闭合电路cd间的路端电压、两端的棒切割磁感线产生的电动势,有Uab=Ucd+-B(L-d)v=-V,C错误;金属棒ab的发热功率为P=I2r1=W,D错误。12.答案(1)-(2)解析(1)导体棒达到稳定时做匀速直线运动,有BIL=F根据右手定则判断知ab棒中感应电流方向由a到b,则a点的电势比b点的低,则有Uab=-I=-(2)根据闭合电路欧姆定律有E=IR+根据法拉第电磁感应定律有E=BLv解得导体棒匀速运动的速度v=该过程对导体棒由动量定理可得Ft-BLt=mv-0根据法拉第电磁感应定律其中x表示t时间内导体棒运动的位移,t时间内由能量守恒可得系统产生的总热量Q=Fx-mv2因为通过R1和R2的电流是通过导体棒电流的一半,则根据焦耳定律知在t时间内,R1和R2产生的热量是导体棒产生的,所以R1上产生的电热为Q1=Q=