（江苏选考）物理第一部分四电路和电磁感应跟踪检测（二十）突破电磁感应的两个基本问题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE专题跟踪检测（二十)突破电磁感应的两个基本问题一、选择题（第1～5题为单项选择题,第6~9题为多项选择题)1．（2017·徐州模拟）下列各图所描述的物理情境中,没有感应电流的是(）解析：选A电键S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流.故A符合题意;磁铁向铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流。故B不符合题意；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流.故C不符合题意；铜盘在磁场中按图示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线,电阻R中产生感应电流。故D不符合题意。2。(2017·镇江一模)如图所示,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流，若（）A．金属环向上运动,则环中产生顺时针方向的感应电流B．金属环向下运动,则环中产生顺时针方向的感应电流C．金属环向左侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流D．金属环向右侧直导线靠近，则环中产生逆时针方向的感应电流解析：选D直导线之间的磁场是对称的，金属环在中间时，通过金属环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，通过金属环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故A、B错误;金属环向左侧直导线靠近，则穿过金属环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得,环中的感应电流方向为顺时针,故C错误；金属环向右侧直导线靠近,则穿过金属环的磁场垂直纸面向里并且增强,根据楞次定律可得,环中的感应电流方向为逆时针，故D正确。3。（2017·南通模拟)如图所示的电路中，三个灯泡A、B、C完全相同，电感L自感系数很大,其直流电阻与定值电阻R相等，D为理想二极管，下列判断中正确的是（)A．闭合开关S的瞬间,灯泡A和C同时亮B．闭合开关S的瞬间,只有灯泡C立即亮C．闭合开关S稳定后,灯泡A、B、C一样亮D．在电路稳定后，断开开关S的瞬间，灯泡B、C均要闪亮一下再熄灭解析：选B闭合开关S的瞬间,由于二极管具有单向导电性,所以无电流通过B，由于电感L中自感电动势的阻碍，A灯逐渐亮，所以闭合开关S的瞬间，只有C立即亮，故A错误,B正确;由于二极管具有单向导电性，电路稳定后也无电流通过B，B不亮，故C错误；电感L自感系数很大，其直流电阻与定值电阻R相等，所以电路稳定后，A、C两个支路的电流是相等的；在电路稳定后，断开开关S的瞬间，由于电感L产生自感电动势，相当于电源，B、C并联，所以B要闪亮一下再熄灭，同时由于B与C并联，流过C的电流一定比电路稳定时的电流小，所以C不能闪亮一下,而是逐渐熄灭，故D错误。4。(2017·镇江三模)如图所示,将一铝管竖立在水平桌面上，把一块直径比铝管内径小一些的圆柱形的强磁铁从铝管上端由静止释放，强磁铁在铝管中始终与管壁不接触。则强磁铁在下落过程中（)A．若增加强磁铁的磁性，可使其到达铝管底部的速度变小B．铝管对水平桌面的压力一定逐渐变大C．强磁铁落到铝管底部的动能等于减少的重力势能D．强磁铁先加速后减速解析：选A强磁铁通过铝管时，导致穿过铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，感应电流阻碍强磁铁相对于铝管的运动。结合法拉第电磁感应定律可知，强磁铁的磁场越强、运动的速度越快，则感应电流越大，感应电流对强磁铁的阻碍作用也越大，所以若增加强磁铁的磁性,可使其到达铝管底部的速度变小，故A正确；强磁铁在整个下落过程中，由楞次定律“来拒去留”可知，铝管对桌面的压力大于铝管的重力；同时,由上述分析可知，强磁铁将向下做加速度逐渐减小的加速运动。强磁铁可能一直向下做加速运动,也可能先向下做加速运动,最后做匀速直线运动,不可能出现减速运动；若强磁铁先向下做加速运动，最后做匀速直线运动，则铝管对水平桌面的压力先逐渐变大,最后保持不变，故B、D错误;强磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有因产生感应电流对应的安培力做功，导致减少的重力势能部分转化为内能，动能的增加量小于重力势能的减少量，故C错误。5。两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置,通过它们的电流方向如图所示，正方形线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线的中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流()A．沿顺时针方向，且越来越小B．沿逆时针方向，且越来越大C．始终为零D．先顺时针，后逆时针解析：选C根据直导线电流周围磁场磁感线的分布特点可知，两直导线所产生的磁场方向与线圈平面平行，故穿过线圈L的磁通量始终为零，则线圈中的感应电流始终为零,C项正确。6.（2017·锡山区二模）如图所示,一个总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波"形闭合线框，竖直虚线之间有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面向里。线框以速度v向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直,从b点到达边界开始到a点离开磁场为止，在这个过程中（)A．线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．ab段直导线始终不受安培力的作用C．平均感应电动势为eq\f(1,2)BdvD．线框中产生的焦耳热为eq\f(B2d3v，R)解析：选AD线框进入磁场时穿过线框的磁通量向里增加，离开磁场时穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知,产生感应电流的磁场先向外再向里,由右手螺旋定则可知，产生的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，故A正确；穿过磁场时回路中有感应电流，而线框运动方向与磁场方向垂直,故在穿过磁场的过程中ab段直导线受到安培力作用，故B错误；根据题意知穿过磁场过程中产生的交变电流的最大电动势为Bdv，最小值为0，由感应电动势的变化规律知，其平均值不是最大值与最小值之和的eq\f（1，2)，故C错误；因为线框是“半正弦波"形闭合线框，故在穿过磁场过程中感应产生的电流为正弦式交变电流，由题意知该交变电流的最大值为Im＝eq\f(Em,R）＝eq\f（Bdv,R），则其有效值为I＝eq\f(1,\r（2))Im＝eq\f（Bdv,\r(2)R)，在穿过磁场的t＝eq\f（2d，v）时间内线框产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（Bdv，\r(2)R)))2·R·eq\f(2d,v)＝eq\f（B2d3v,R)，故D正确。7。如图所示,线圈与电源、开关相连，直立在水平桌面上.铁芯插在线圈中，质量较小的铝环套在铁芯上.闭合开关的瞬间,铝环向上跳起来。下列说法中正确的是()A．开关闭合后,铝环上升到某一高度后回落B．若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度停留C．若将电源的正、负极对调，则还会观察到同样的现象D．若将铝环换成木环,则还会观察到同样的现象解析:选AC闭合开关的瞬间,线圈中电流增大，产生的磁场增强，则通过铝环的磁通量增大,根据楞次定律可知，铝环跳起以阻碍磁通量的增大，电流稳定后，铝环中磁通量恒定不变，不再产生感应电流,在重力作用下，铝环回落，A项正确,B项错误;闭合开关的瞬间，铝环向上跳起的目的是阻碍磁通量的增大，与磁场的方向、线圈中电流的方向无关，C项正确;若将铝环换成木环，因不会产生感应电流,故不会观察到同样的现象,D项错误。8.(2017·泉州一模)如图所示，上端接有一电阻R的光滑平行金属导轨倾斜放置在匀强磁场中,磁场的方向垂直导轨平面，一金属棒与导轨垂直放置，以初速度v0从a处向下滑动，金属棒经b处滑到c处，已知ab＝bc,忽略其他电阻,则金属棒在ab和bc两个过程中(）A．安培力做功一定相等B．通过棒的电荷量一定相等C．棒运动的加速度不一定相等D．回路中产生的内能一定相等解析：选BC根据安培力的计算公式F＝BIL＝eq\f（B2L2v,R）可得，下滑过程中如果安培力和重力沿倾斜导轨向下的分力不相等则速度变化，安培力必定变化,则安培力做功不相等，如果匀速下滑，则安培力不变，安培力做功相等.克服安培力做功等于内能的变化，回路中产生的内能不一定相等，故A、D错误；根据电荷量的计算公式有：q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R）＝eq\f（BLx，R)可知，下滑相同的距离x,通过棒的电荷量一定相等，故B正确;根据牛顿第二定律可得：mgsinθ－eq\f(B2L2v，R)＝ma(θ为导轨与水平方向的夹角),如果速度不变则加速度不变，如果速度变化则加速度变化，故C正确.9．（2017·包头模拟)如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中.有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在A点。在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过A点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R,其余电阻不计，则(）A．该过程中导体棒做匀减速运动B．当导体棒的速度为eq\f（v0,2)时,回路中感应电流小于初始时的一半C．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S＝eq\f（QR,B)D．该过程中接触电阻产生的热量为eq\f（mv02，8）解析：选BC该过程中产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝eq\f(BLv,R)，安培力为F＝BLI＝eq\f(B2L2v，R),L、v都在减小，根据牛顿第二定律知，加速度a＝eq\f（F,m）也在减小，A错误；由I＝eq\f（BLv,R),当导体棒的速度为eq\f（v0，2）时,导体棒的有效切割长度L也减小，回路中感应电流大小小于初始时的一半,B正确；该过程中，通过A点的总电荷量为Q＝eq\f（ΔΦ，R)＝eq\f(BS,R），可得，开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S＝eq\f(QR，B），C正确；由导体棒恰好静止在A点及能量守恒定律，可知该过程中，导体棒的动能全部转化为接触电阻产生的热量，为eq\f（1，2)mv02，D错误.二、非选择题10。（2017·南通模拟）如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，相距L＝0.2m，其电阻不计,完全相同的两根金属棒ab、cd垂直导轨放置，每根金属棒两端都与导轨始终良好接触。已知两棒的质量均为m＝10－2kg，电阻均为R＝0.2Ω，cd棒放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0T。ab棒在竖直向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x＝0.1m时达到最大速度vm,此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零(g取10m/s2）.求：（1）ab棒的最大速度vm;(2)ab棒由静止到最大速度过程中通过ab棒的电荷量q;（3)ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q。解析：（1）ab棒达到最大速度vm时,对cd棒有：BiL＝mg，由闭合电路欧姆定律知：i＝eq\f(E，2R），ab棒切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLvm，代入数据解得：vm＝1m/s。(2）ab棒由静止到最大速度过程中通过ab棒的电荷量：q＝eq\x\to(I）t＝eq\f(\x\to（E），2R)t＝eq\f(ΔΦ，2R）＝eq\f（BLx,2R）＝0。05C。(3）ab棒由静止到最大速度过程中，由能量守恒定律得：(F－mg)x＝eq\f(1，2)mvm2＋Q，根据ab棒达到最大速度vm时受力平衡,可知：F＝BiL＋mg，代入数据解得:Q＝5×10－3J.答案：(1）1m/s(2)0.05C(3）5×10－3J11.(2017·南通一模)如图所示，把一根长L＝20。0m的均匀电线与R＝4。8Ω的电阻连成闭合回路，两位同学在赤道处沿东西方向站立，匀速摇动这根电线，摇动部分的电线可简化为长L1＝6.0m、宽L2＝1。0m矩形的三条边，长边的线速度大小v＝2。0m/s。已知此处地磁场的磁感应强度B＝5。0×10－5T，方向水平向北，电线的电阻率ρ＝2.0×10－8Ω·m，横截面积S＝2。0mm2，求：（1）这根电线的总电阻R0；（2）匀速摇动电线产生电动势的最大值Em；（3)电路中产生的总功率P。解析:(1)由电阻定律有R0＝ρeq\f（L,S)得电线的总电阻为：R0＝eq\f(2.0×10－8×20.0，2。0×10－6)Ω＝0.2Ω.（2)根据题意知，当电线的速度方向与磁感线方向垂直时,产生的电动势的值最大，所以最大值为：Em＝BL1v＝5。0×10－5×6。0×2.0V＝6.0×10－4V。(3）由题意知，摇电线发电类似于线框在磁场中转动，