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

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.(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.(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.圆环一直具有扩张的趋势d.圆环中感应电流的大小为b0rs4t03.(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()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.(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.(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的是()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2blvt3rc.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b2l2v2r8.(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.(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12vb.通过金属棒ab某一横截面的电荷量为blsrc.金属棒ab受到的最大安培力为b2l2vrd.金属棒ab克服安培力做功为mgssin -12mv210.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mgrb2l2d.线圈的最小速度一定为2g(h+l-d)二、计算题(本题共1个小题,共20分)11.(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 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)闭合开关k后,通过电源的电荷量q。专题突破练12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.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.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=b0r22t0,感应电流i=er=b0r22t0s2r=b0rs4t0,故d正确。3.d解析 由图可知,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=nt可得e=nsbt,则知02 s内电路中产生的感应电动势大小为:e1=2310-322010-4=610-6 v,则电流大小为:i1=er=62010-6 a=310-7 a;同理25 s内,i2=210-7 a,故d正确,abc错误。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.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.cd解析 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=blvr=blatr,故a错误;对线框受力分析,由牛顿第二定律,则有f安=bli=b2l2atr,解得:f=ma+b2l2atr,故b错误;由功率表达式p=i2r=(blat)2r,p与t是二次函数,图象为抛物线,故c正确;由电荷量表达式,则有q=bl12at2r,q与t是二次函数,图象为抛物线,故d正确;故选cd。7.bc解析 根据题意画出等效电路如图所示: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=er+r2r2=blv3,故a项错误。通过导体棒cd的电流i=er+r2=2blv3r,t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量q=it=2blvt3r,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,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=2b2l2v23r,故d项错误。综上本题答案为bc。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.bcd解析 分析ab棒的受力情况,有mgsin -b2l2vr=ma,分析可得ab棒做加速度减小的加速运动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v,故a错误;通过金属棒ab某一横截面的电荷量q=it=t1rt=r=blsr,故b正确;ab棒受到的最大安培力为f=bil=b2l2vr,故c正确;根据动能定理可知,mgssin -w安=12mv2,金属棒ab克服安培力做功为w安=mgssin -12mv2,故d正确;故选bcd。10.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=b2l2vr,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位置做自由落体运动,v0=2gh,2到3位置做加速度为g的匀加速运动v02-vmin2=2g(d-l),结合两式解得vmin=2g(h+l-d),d正确。二、计算题(本题共1个小题,共20分)11.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)=12m1v22-12m1v12解得:v2=3 m/s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=