第四章·电磁感应 C模拟高考一遍过（2020一遍过·物理选修3-2）

第四章电磁感应,物理选修3-2人教,答案,1.A【解题思路】开关S接通时,由于自感作用,电感线圈会产生一反向感应电动势,所以D1先达最亮,开关S断开时,D2立即熄灭,D1由于电感线圈产生的自感电动势的作用而不会立即熄灭,选项A正确。,1.2018山西高平一中模拟考试如图所示的电路中,D1和D2是两个相同的小灯泡,L是一个自感系数相当大的线圈,其阻值与R相同。在开关S接通和断开时,小灯泡D1和D2亮暗的顺序是()A.接通时D1先达最亮,断开时D1后灭B.接通时D2先达最亮,断开时D2后灭C.接通时D1先达最亮,断开时D1先灭D.接通时D2先达最亮,断开时D2先灭,答案,2.A【解题思路】由安培定则可知,感应电流的磁场在金属环内垂直于纸面向里;b受到的合力向下,由楞次定律可知,穿过b的原磁通量减小,所以原磁场方向垂直于纸面向里,由安培定则可知,a中电流方向向右,原磁通量变小,则原磁场减小,a中电流减小,故A正确,BCD错误。,2.2019上海市静安区二模如图,通电直导线a与圆形金属环b位于同一竖直平面内,相互绝缘。若b中产生顺时针方向的感应电流,且b受到的安培力合力竖直向下,则可推知直导线a中电流的方向和大小的变化情况分别为()A.向右,减小B.向右,增大C.向左,减小D.向左,增大,答案,3.A【解题思路】在12s内,穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度变小,穿过金属圆环的磁通量变小,磁通量的变化率变大,假设环闭合,由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同,即感应电流磁场方向垂直于纸面向里,然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向,可知M板电势高,带正电,由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大,则M板所带电荷量增加,故A正确,BCD错误。,3.2019安徽蚌埠市二模同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块固定放置的平行金属板M、N连接,如图甲所示。导线PQ中通有正弦交变电流i,i的变化如图乙所示,规定从Q到P为电流的正方向,则在12s内(忽略电容器充、放电时间)()A.M板带正电,且电荷量增加B.M板带正电,且电荷量减少C.M板带负电,且电荷量增加D.M板带负电,且电荷量减少,4.2019重庆市调研半径为L的圆形区域内分布有垂直圆所在平面的磁场,垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B,垂直纸面向外的磁感应强度大小为B,如图所示。AEO为八分之一圆导线框,其总电阻为R,以角速度绕O点逆时针匀速转动,从图中所示位置开始计时,用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正),线框中感应电流i随时间t变化图象可能是(),ABCD,答案,4.B【解题思路】从题图位置开始,当线框转过045时,产生的感应电流为顺时针方向,电动势E=12BL2+122BL2=32BL2,感应电流I=322;当线框转过4590时,产生的感应电动势为零,感应电流为零;当线框转过90135时,产生的感应电流为逆时针方向,电动势E=12BL2+122BL2=32BL2,感应电流I=322;当线框转过135180时,产生的感应电动势为零,感应电流为零;当线框转过180225时,产生的感应电流为顺时针方向,电动势E=122BL2=BL2,感应电流I=2;当线框转过225270时,产生的感应电动势为零,感应电流为零;当线框转过270315时,产生的感应电流为逆时针方向,电动势E=122BL2=BL2,感应电流I=2;当线框转过315360时,产生的感应电动势为零,感应电流为零,故选B。,5.2019河南省质检如图所示,在矩形区域MNPQ内存在垂直纸面向里的匀强磁场,MQ边长为L,MN边长为2L。等腰梯形线框abcd位于纸面内,ab长为L,cd长为3L,ab边和cd边之间的距离为L。现让线框以恒定的速度v沿垂直MN的方向向右穿过磁场区域,并在ab边与MN边重合时开始计时,取沿abcda方向为感应电流的正方向,则在线框穿越磁场区域的过程中,感应电流i随时间变化的图线可能是(),ABCD,答案,5.C【解题思路】在02时间内,由楞次定律判断得感应电流沿adcba方向,为负,线框有效的切割长度均匀增大,根据E=Blv可知感应电动势均匀增大,所以感应电流均匀增大;在2时间内,穿过线框的磁通量不断增大,由楞次定律判断得知感应电流沿adcba方向,为负,线框有效的切割长度不变,可知感应电动势不变,所以感应电流不变;在32时间内,穿过线框的磁通量不断减小,由楞次定律判断得知感应电流沿abcda方向,为正,线框有效的切割长度均匀增大,可知感应电动势均匀增大,所以感应电流均匀增大;在322时间内,穿过线框的磁通量不断减小,由楞次定律判断得知感应电流沿abcda方向,为正,线框有效的切割长度不变,可知感应电动势不变,所以感应电流不变,故选项C正确,ABD错误。,6.2019宁夏银川市质检如图所示,水平放置的U形导轨足够长,置于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B=5T,导轨宽度L=0.4m,左侧接有R=0.5的定值电阻。右侧有导体棒ab跨放在导轨上,长度为L的导体棒的电阻r=0.5,导体棒ab的质量m=2.0kg,与导轨的动摩擦因数=0.2,其余电阻可忽略不计。导体棒ab在大小为10N的水平外力F作用下,由静止开始运动了x=40cm后,速度达到最大,取g=10m/s2。(1)导体棒ab运动的最大速度是多少?(2)当导体棒ab的速度v=1m/s时,导体棒ab的加速度是多少?(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中,电阻R上产生的热量是多少?,答案,6.答案:(1)1.5m/s(2)1m/s2(3)0.075J解:(1)导体棒ab垂直切割磁感线,在回路中产生的电动势大小E=BLv由闭合电路欧姆定律得I=+导体棒受到的安培力FA=BIL当导体棒做匀速直线运动时速度最大,由平衡条件得22max+mg=F解得最大速度vmax=1.5m/s(2)当速度为v=1m/s时,由牛顿第二定律得F-22+-mg=ma解得a=1m/s2(3)在整个过程中,由能量守恒定律可得Fx=Q+mgx+12mmax2解得Q=0.15J所以QR=0.075J,7.2019江苏省七市联考如图所示,竖直平面内一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abcd从某一高度由静止下落,穿过具有水平边界、宽度也为L的水平匀强磁场区,cd边进入磁场前,线框已经做匀速运动,已知cd边穿过磁场区的时间为t,上述运动过程中,ab、cd边始终保持水平,重力加速度为g,不计空气阻力,求:(1)线框匀速运动的速度v和匀强磁场磁感应强度B;(2)cd边穿过磁场过程中,线框中产生的焦耳热Q;(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度大小I及通过导线截面的电荷量q。,答案,7.答案:(1)1(2)mgL(3)解:(1)线框匀速运动的速度v=线框匀速运动时产生的感应电动势为E=BLv由平衡条件有mg-LB=0解得B=1(2)cd边穿过磁场过程做匀速运动,由能量守恒定律有Q=mgL(3)根据mg=BIL得I=通过的电荷量q=It解得q=,答案,1.C【解题思路】题图1中,稳定时通过A1的电流记为I1,通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间,A1突然变亮,可知ILI1,因此A1和L1电阻不相等,所以A、B错误;题图2中,闭合S2时,由于自感作用,通过L2与A2的电流I2会逐渐增大,而通过R与A3的电流I3立即变大,因此电流不相等,所以D错误;由于最终A2与A3亮度相同,所以两支路电流I相同,根据部分电路欧姆定律,两支路电压U与电流I均相同,所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同,故变阻器R与L2的电阻值相同,所以C正确。,1.2017北京理综19,6分图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A.图1中,A1与L1的电阻值相同B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等,图1图2,答案,2.AD【解题思路】由电路可知,开关闭合瞬间,右侧线圈环绕部分的电流向下,由安培定则可知,直导线在铁芯中产生向右的磁场,由楞次定律可知,左侧线圈环绕部分产生向上的电流,则直导线中的电流方向由南向北,由安培定则可知,直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,穿过左侧线圈的磁通量不变,则左侧线圈中的感应电流为零,直导线不产生磁场,则小磁针静止不动,BC错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,穿过左侧线圈向右的磁通量减少,则由楞次定律可知,左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流,则流过直导线的电流方向由北向南,直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确。,2.(多选)2018全国卷理综19,6分如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,3.(多选)2019全国卷理综20,6分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(a)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(a)所示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)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040D.圆环中的感应电动势大小为0240,答案,3.BC【解题思路】根据楞次定律可知在0t0时间内,磁感应强度减小,感应电流的方向为顺时针,圆环所受安培力水平向左,在t0t1时间内,磁感应强度反向增大,感应电流的方向为顺时针,圆环所受安培力水平向右,所以选项A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律得E=12r200=0220,根据电阻定律可得R=2,根据欧姆定律可得I=040,所以选项C正确,D错误。,图（a）图（b）,答案,4.D【解题思路】设线框运动的速度为v,则线框向左匀速运动第一个2的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为E=2Bdv(d为导轨间距),电流i=,回路中电流方向为顺时针;第二个2的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为零,电流为零;第三个2的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为E=2Bdv,电流i=,回路中电流方向为逆时针,所以D正确。,4.2018全国卷理综18,6分如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(),ABCD,5.(多选)2019全国卷理综21,6分如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为,导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(),ABCD,答案,5.AD【解题思路】根据题述,PQ进入磁场时加速度恰好为零,两导体棒从同一位置释放,则两导体棒进入磁场时的速度相同,产生的感应电动势大小相等,若释放两导体棒的时间间隔足够长,在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A;由于两导体棒从同一位置释放,两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等,MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势,回路中产生的感应电流不可能小于I1,B错误;若释放两导体棒的时间间隔较短,在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域,则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变,两棒不受安培力作用,二者在磁场中做加速运动,PQ出磁场后,MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流,且感应电流一定大于I1,受到安培力作用,由于安培力与速度成正比,则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力,所以MN一定做减速运动,回路中感应电流减小,流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D,C错误。,答案,6.B【解题思路】设OM的电阻为R,过程,OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1=1=1=1421=241,流过OM的电流为I1=1=241,则流过OM的电荷量为q1=I1t1=24;过程,磁场的磁感应强度大小均匀增加,则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2=2=()2=()222,电路中的电流为I2=2=()222,则流过OM的电荷量为q2=I2t2=()22;由题意知q1=q2,则解得=32,B正确,ACD错误。,6.2018全国卷理综17,6分如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则等于()A.54B.32C.74D.2,7.(多选)2018江苏物理9,4分如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场、的高和间距均为d,磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆()A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于22244,答案,7.BC【解题思路】根据题述,由金属杆进入磁场和进入磁场时速度相等可知,金属杆在磁场中做减速运动,所以金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向上,选项A错误;由于金属杆进入磁场后做加速度逐渐减小的减速运动,而在两磁场之间做匀加速运动,所以穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间,选项B正确;根据能量守恒定律,金属杆从刚进入磁场到刚进入磁场过程动能变化量为0,重力做功为2mgd,则金属杆穿过磁场产生的热量Q1=2mgd,而金属杆在两磁场区域的运动情况相同,产生的热量相等,所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为22mgd=4mgd,选项C正确;金属杆刚进入磁场时的速度v=2,进入磁场时产生的感应电动势E=BLv,感应电流I=,所受安培力F=BIL,由于金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向上,所以安培力大于重力,即Fmg,联立解得h22244,选项D错误。,8.2017江苏物理13,15分如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求:(1)MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I;(2)MN刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a;(3)PQ刚要离开金属杆时,感应电流的功率P。,答案,8.答案:(1)0(2)220(3)22(0)2解:(1)感应电动势E=Bdv0(2分)感应电流I=(1分)解得I=0(2分)(2)安培力F=BId(1分)由牛顿第二定律得F=ma(1分)解得a=220(2分)(3)金属杆切割磁感线的速度v=v0-v,则感应电动势E=Bd(v0-v)(2分)电功率P=2(1分)解得P=22(0)2(3分),9.2019天津理综11,18分如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W。,答案,9.答案:(1)3,方向水平向右(2)12mv2-23kq解:(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=,则E=k(1分)设PQ与MN并联的电阻为R并,有R并=2(1分)闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得I=并+(1分)设PQ中的电流为IPQ,有IPQ=12I(1分)设PQ受到的安培力为F安,有F安=BIPQl(2分)保持PQ静止,由受力平衡,有,答案,F=F安(1分)联立式得F=3(2分)方向水平向右。(1分)(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为t,回路中的磁通量变化量为,平均感应电动势为,有=(1分)其中=Blx(1分)设PQ中的平均电流为,有=2(1分),答案,根据电流的定义得=(1分)由动能定理,有Fx+W=12mv2-0(2分)联立式得W=12mv2-23kq(2分),10.2019年4月浙江物理22,10分如图所示,倾角=37、间距l=0.1m的足够长金属导