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 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,“

2、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2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

4、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

5、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6.3(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.(

6、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23C.导体棒 ab 所受安培力为 mgtan D.cd 棒

7、克服安培力做功的功率为2228.(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9.4(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(0 90),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

8、,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 v12B.通过金属棒 ab 某一横截面的电荷量为C.金属棒 ab 受到的最大安培力为22D.金属棒 ab 克服安培力做功为 mgssin - mv21210.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,

9、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22D.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)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

10、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

11、 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。5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

12、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,0 t0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

13、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 =0220 2=0403.D 解析 由图可知,0 2 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,2 5 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=2 2010-4=610-6 V,则电流大小为: I1= 10-6 A=310-7 A;同理 25 s 内,310-32 =620I2=210-7 A,故 D 正确,ABC 错

14、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

15、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=,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。1227.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

16、 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+22=3 +2=23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,23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。22223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

17、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 - =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12q=I t= t= ,故 B 正确; ab 棒受到的最

18、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12 12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

19、 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 2mg

20、d。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),结合两式解得 vmin= ,D 正确。022 2(+-)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)= m1 m112 2212 12解得: v2=3 m/s7因为 a 棒刚进入磁场时, a

21、b 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+Qb12 22=12 32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: B1IL t=m1v0即: B1Lq=m1v0代入数据解得: q=1 C