【物理】2020二轮复习专题4电磁感应的基本规律强化练习(解析版) 12页

专题强化练(十二) 考点 1 楞次定律和电磁感应定律 1．(2019·合肥模拟)如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁 场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正 确的是( ) A．线圈中产生顺时针方向的感应电流 B．线圈中产生逆时针方向的感应电流 C．线圈中不会产生感应电流 D．线圈面积有缩小的倾向 解析：由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零．当 磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生 感应电流，故 C 项正确． 答案：C 2．(多选)(2019·郑州模拟)如图甲所示，等离子气流由左方连续 以速度 v0 射入 M 和 N 两板间的匀强磁场中，ab 直导线与 M、N 相 连接，线圈 A 与直导线 cd 连接，线圈 A 内有按图乙所示规律变化的 磁场，且规定向左为磁场 B 的正方向，则下列叙述正确的是( ) A．0～1 s 内，ab、cd 导线互相排斥 B．1～2 s 内，ab、cd 导线互相吸引 C．2～3 s 内，ab、cd 导线互相吸引 D．3～4 s 内，ab、cd 导线互相排斥 解析：根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板 M 偏转，负离子向下极板 N 偏转，所以 ab 中电流方向是由 a 向 b 的．在 第 1 s 内，线圈 A 内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可 知感应电流方向是由 c 向 d 的，根据 ab、cd 内电流的流向关系，可 知两导线相互吸引，故 A 项错误；在第 2 s 内，线圈 A 内磁场方向向 左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由 c 向 d 的，根据电流的流向关系可知两导线相互吸引，故 B 项正确；同理 可以判断 C 项错误，D 项正确． 答案：BD 3．(2019·深圳模拟)某一学习小组在研究电磁感应现象时，利用 一根粗细均匀的金属丝弯成导轨 abcd， — ab＝3 — bc.导体棒 ef 的电阻是 bc 段电阻的两倍，如图所示，匀强磁场垂直于导轨平面，当用平行 于导轨的外力 F 将导体棒 ef 由靠近 bc 位置匀速向右移动时，则( ) A．导体棒 ef 两端的电压不变 B．导体棒 ef 中的电流变大 C．拉力 F 的瞬时功率变大 D．导轨 abcd 消耗的电功率先变大后变小 解析：设 ef 的电阻为 r，ebcf 的电阻为 R，ef 长为 L，速度为 v， 磁感应强度为 B，则导体棒 ef 产生的感应电动势为：E＝BLv；ef 两 端的电压为：U＝ R R＋rE，E、r 不变，R 变大，可知 U 变大，选项 A 错误；ef 中的电流为：I＝ E R＋r ，E、r 不变，R 变大，I 变小，选项 B 错误；导体棒匀速运动时拉力 F 的功率等于回路中的电功率，为 P ＝ E2 R＋r ，R 增大，则 P 减小，选项 C 错误．abcd 消耗的功率是电源 ef 的输出功率，根据条件： — ab＝3 — bc，ef 的电阻是 bc 段电阻的两倍， 可知 ebcf 的电阻先小于 ef 的电阻，再等于 ef 的电阻，后大于 ef 的电 阻，所以导轨 abcd 消耗的电功率先增大后减小，选项 D 正确． 答案：D 4．(2019·成都模拟)如图所示，ef、gh 为水平放置的足够长的平 行光滑导轨，导轨间距为 L＝1 m，导轨左端连接一个 R＝2 Ω的电阻， 将一根质量为 0.2 kg 的金属棒 cd 垂直地放置导轨上，且与导轨接触 良好，导轨与金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感应强度为 B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．现对金属棒施 加一水平向右的拉力 F，使棒从静止开始向右运动，试解答以下问题： (1)若施加的水平外力恒为 F＝8 N，则金属棒达到的稳定速度 v1 是多少？ (2)若施加的水平外力的功率恒为 P＝18 W，则金属棒达到的稳 定速度 v2 是多少？ 解析：(1)由平衡条件得 F＝F 安＝B2L2v R ， 所以金属棒的速度 v1＝ FR B2L2 ， 代入数据解得 v1＝4 m/s； (2)金属棒速度达到稳定时，由平衡条件得 水平外力 F′＝F′安＝B2L2v2 R ， 功率 P＝F′v2， 解得 v2＝3 m/s. 答案：(1)4 m/s (2)3 m/s 考点 2 电磁感应中的图象问题 5．(2019·惠州模拟)如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域， 磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置 1(左)沿纸 面匀速运动到位置 2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中 电流与时间关系的是( ) 解析：线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得 知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电 流 i 应为正方向，选项 B、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效 的切割长度先均匀增大后均匀减小，由 E＝BLv，可知感应电动势先 均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定 律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时 针，电流 i 应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小， 由 E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，选项 A 正确， D 错误． 答案：A 6．(多选)(2019·德州模拟)如图甲所示，一正方形导线框 ABCD 置于匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所 示，则线框中的电流 I 和导线 AB 受到的安培力 F 随时间 t 变化的图 象分别是(规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，逆时针 方向为线框中电流的正方向，向右为安培力的正方向)( ) 解析：由 B-t 图象可知，0～T 2 内，线圈中向里的磁通量增大，由 楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，沿 ABCDA 方向，即电流 为正方向；T 2 ～T 内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知， 电路中电流方向为顺时针方向，即电流为负方向；由法拉第电磁感应 定律 E＝ΔΦ Δt ＝ΔB·S Δt ，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电 流大小保持不变，选项 A 正确，B 错误；0～T 2 内，电路中电流方向 为逆时针，根据左手定则可知，AB 边受到的安培力的方向向右，为 正值；T 2 ～T 内，电路中的电流为顺时针，AB 边受到的安培力的方向 向左，为负值；根据安培力的公式 F＝BIL，电流大小不变，安培力 的大小与磁感应强度成正比，选项 C 正确，D 错误． 答案：AC 7．(2019·上饶模拟)在如图所示的竖直平面内，在水平线 MN 的 下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点 C 与 MN 重合，线框由静止释放，沿轴线 DC 方向竖直落入磁场中．忽略空气 阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的 v-t 图象， 可能正确的是( ) 解析：线框进入磁场过程中受到的安培力 F＝BIl＝B2l2v R ，线框 切割磁感线的有效长度 l 增大、安培力增大，由牛顿第二定律得： mg－F＝ma，得 a＝g－B2l2v mR ，线框由静止加速，由于 l、v 不断增大， a 不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，选项 C 正确． 答案：C 8．(2019·太原模拟)如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平 面上且间距为 L，左端接电阻 R，导轨电阻不计．整个装置处于方向 竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中．将质量为 m、电阻为 r 的金属棒 ab 置于导轨上．当 ab 受到垂直于金属棒的水平外力 F 的 作用由静止开始运动时，F 与金属棒速度 v 的关系如图乙所示．已知 ab 与导轨始终垂直且接触良好，设 ab 中的感应电流为 I，ab 受到的 安培力大小为 F 安，R 两端的电压为 UR，R 的电功率为 P，则下图中 正确的是( ) 解析：由题图乙可得 F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势 E＝BLv，金属棒中电流 I＝ BLv （R＋r），金属棒受安培力 F 安＝BIL， 对金属棒根据牛顿第二定律：F－F 安＝ma，代入得：F0－ k＋B2L2 R＋r v ＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时， 做匀速运动，选项 A 正确；F 安＝B2L2v R＋r ，UR＝BLv R＋rR，R 消耗的功率 P＝U2R R ，选项 B、C、D 错误． 答案：A 考点 3 电磁感应中的电路和动力学问题 9．(多选)(2019·成都模拟)如图甲，线圈 A(图中实线，共 100 匝) 的横截面积为 0.3 m2，总电阻 r＝2 Ω，A 右侧所接电路中，电阻 R1 ＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容 C＝3 μF，开关 S1 闭合．A 中有横截面积为 0.2 m2 的区域 C(图中虚线)，C 内有图乙所示的变化磁场，t＝0 时刻， 磁场方向垂直于线圈平面向里．下列判断正确的是( ) A．闭合 S2、电路稳定后，通过 R2 的电流由 b 流向 a B．闭合 S2、电路稳定后，通过 R2 的电流大小为 0.4 A C．闭合 S2、电路稳定后再断开 S1，通过 R2 的电流由 b 流向 a D．闭合 S2、电路稳定后再断开 S1，通过 R2 的电荷量为 7.2× 10－6 C 解析：根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则 闭合 S2、电路稳定后，通过 R2 的电流由 a 流向 b，选项 A 错误；根 据法拉第电磁感应定律 E＝nΔB Δt S＝100×0.6 3 ×0.2 V＝4 V，则闭合 S2、电路稳定后，通过 R2 的电流大小为 I＝ E R1＋R2＋r ＝ 4 2＋6＋2 A ＝0.4 A，选项 B 正确；闭合 S2、电路稳定后电容器上极板带正电， 则当再断开 S1，电容器放电，通过 R2 的电流由 a 流向 b，选项 C 错 误；电路稳定后电容器带电量 Q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2× 10－6 C，则电路稳定后再断开 S1，通过 R2 的电荷量为 7.2×10－6 C， 选项 D 正确． 答案：BD 10．(多选)(2019·桂林三校联考)如图甲所示，光滑且足够长的金 属导轨 MN、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距 L＝0.20 m， 两导轨的左端之间连接的电阻 R＝0.40 Ω，导轨上停放一质量 m＝ 0.10 kg 的金属杆 ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻 r＝0.10 Ω，导 轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度 B＝0.50 T 的匀强磁 场中，磁场方向竖直向下．现用一水平外力 F 水平向右拉金属杆， 使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接 触良好，若理想电压表的示数 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示．求 金属杆开始运动经 t＝5.0 s 时( ) A．通过金属杆的感应电流的大小为 1 A，方向由 b 指向 a B．金属杆的速率为 4 m/s C．外力 F 的瞬时功率为 1 W D．0～5.0 s 内通过 R 的电荷量为 5 C 解析：金属杆向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为 b 指向 a，金属杆开始运动经 t＝5.0 s，由图象可知电压为 0.4 V，根据闭合 电路欧姆定律得 I＝U R ＝0.4 0.4 A＝1 A，故 A 正确；根据法拉第电磁感 应定律知 E＝BLv，根据电路结构可知：U＝ R R＋rE，解得 v＝5 m/s， 故 B 错误；根据电路知 U＝ R R＋rBLv＝0.08v＝0.08at，结合 U-t 图象 知金属杆做匀加速运动，加速度为 a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律， 在 5 s 末时对金属杆有：F－BIL＝ma，解得：F＝0.2 N，此时 F 的 瞬时功率 P＝Fv＝0.2×5 W＝1 W，故 C 正确；0～5.0 s 内通过 R 的 电荷量为 q＝ — It＝ E－ R＋rt＝ ΔΦ R＋r ＝ B×1 2at2×L R＋r ＝2.5 C，故 D 错误． 答案：AC 11．(2019·怀化模拟)如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行 金属导轨 MN，PQ 竖直放置，其宽度 L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过 导轨平面，导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为 R＝0.40 Ω的电阻， 质量为 m＝0.01 kg，电阻为 r＝0.30 Ω的金属棒 ab 紧贴在导轨上．现 使金属棒 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导 轨接触良好，其下滑距离 x 与时间 t 的关系如图乙所示，图乙中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g 取 10 m/s2(忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响)．求： (1)判断金属棒两端 a、b 的电势高低； (2)磁感应强度 B 的大小； (3)在金属棒 ab 从开始运动的 1.5 s 内，电阻 R 上产生的热量． 解析：(1)由右手定则可知，ab 中的感应电流由 a 流向 b，ab 相 当于电源，则 b 点电势高，a 点电势低； (2)由 x-t 图象求得 t＝1.5 s 时， 金属棒的速度 v＝Δx Δt ＝ 11.2－7 2.1－1.5 m/s＝7 m/s， 金属棒匀速运动时所受的安培力大小为 F＝BIL，I＝ E R＋r ，E＝ BLv， 联立得 F＝B2L2v R＋r ， 根据平衡条件得 F＝mg， 则有 mg＝B2L2v R＋r ， 代入数据解得 B＝0.1 T； (3)金属棒 ab 在开始运动的 1.5 s 内，金属棒的重力势能减小转化 为金属棒的动能和电路的内能．设电路中产生的总焦耳热为 Q， 根据能量守恒定律得 mgx＝1 2mv2＋Q， 代入数据解得 Q＝0.455 J， 故 R 产生的热量为 QR＝ R R＋rQ＝0.26 J. 答案：(1)b 点电势高，a 点电势低 (2)0.1 T (3)0.26 J 12．(2019·泉州模拟)如图，水平面内有一光滑金属导轨 QPMN， MP 边长度为 d＝3 m、阻值为 R＝1.5 Ω，且 MP 与 PQ 垂直，与 MN 的夹角为 135°，MN、PQ 边的电阻不计．将质量 m＝2 kg、电阻不 计的足够长的直导体棒搁在导轨上，并与 MP 平行，棒与 MN、PQ 交点 E、F 间的距离 L＝4 m，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强 磁场，磁感应强度 B＝0.5 T．在外力作用下，棒由 EF 处以初速度 v0＝3 m/s 向右做直线运动，运动过程中回路的电流强度始终不 变．求： (1)棒在 EF 处所受的安培力的功率 P； (2)棒由 EF 处向右移动距离 2 m 所需的时间Δt； (3)棒由 EF 处向右移动 2 s 的过程中，外力做功 W. 解析：(1)棒在 EF 处的感应电动势 E＝BLv0＝6 V， 根据闭合电路的欧姆定律可得电流为 I＝E R ＝4 A，安培力 FA＝BIL＝8 N， 安培力的功率 P＝FAv0＝24 W； (2)棒向右移动 2 m 的过程中回路磁通量变化量为： ΔΦ＝B·ΔS＝B(Lx＋1 2x2)＝5 Wb，因为电流强度始终不变，电动 势也不变，由法拉第电磁感应定律 E＝ΔΦ Δt 可得 Δt＝ΔΦ E ＝5 6 s≈0.83 s； (3)棒由 EF 处向右移动 2 s 的过程中，磁通量变化量为： ΔΦ′＝EΔt′＝12 Wb， 棒扫过的面积为：ΔS′＝ΔΦ B ＝24 m2， 2 s 的过程棒移动了 x′，ΔS′＝1 2(2Lx′＋x′2)， x′＝4 m， 此时电动势不变，为：E＝B(L＋x′)v， 代入数据解得 v＝1.5 m/s， 安培力做功等于回路产生的焦耳热 WA＝I2RΔt′2＝48 J， 根据动能定理有 W－WA＝1 2mv2－1 2mv20， 代入数据解得 W＝41.25 J. 答案：(1)24 W (2)0.83 s (3)41.25 J