2019屆高考物理二輪專題復習 專題六 電路和電磁感應 第2講 電磁感應規(guī)律及綜合應用限時檢測.doc

第2講電磁感應規(guī)律及綜合應用一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求)1.(2018湖北七校模擬)隨著科技的不斷發(fā)展,無線充電已經(jīng)進入人們的視線.小到手表、手機,大到電腦、電動汽車的充電,都已經(jīng)實現(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應用的轉(zhuǎn)化.如圖給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖.關于無線充電,下列說法正確的是(C)A.無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D.只要有無線充電底座,所有手機都可以進行無線充電解析:無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現(xiàn)象,不是“電流的磁效應”現(xiàn)象,故A錯誤;當充電設備通以恒定直流,無線充電設備不會產(chǎn)生交變磁場,那么不能夠正常使用,故B錯誤;接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同,故C正確;被充電手機內(nèi)部,應該有一類似金屬線圈的部件,與手機電池相連,當有交變磁場時,則出現(xiàn)感應電動勢,那么普通手機不能夠利用無線充電設備進行充電,故D錯誤.2.(2018上海嘉定區(qū)二模)如圖所示,MN是一根固定的通電長直導線,電流方向向上.今將一矩形金屬線框abcd放在導線上,讓線框的位置偏向?qū)Ь€的左邊,兩者彼此絕緣.當導線中的電流突然增大時,線框整體受力情況為(A)A.受力向右B.受力向左C.受力向上D.受力為零解析:金屬線框放在導線MN上,導線中電流產(chǎn)生磁場,根據(jù)安培定則判斷可知,線框左右兩側(cè)磁場方向相反,線框左側(cè)的磁通量大于線框右側(cè)的磁通量,磁通量存在抵消的情況.當導線中電流增大時,穿過線框的磁通量增大,線框產(chǎn)生感應電流,根據(jù)楞次定律可知,感應電流的磁場要阻礙磁通量的變化,則線框?qū)⑾虼磐繙p小方向運動,即向右移動,故線框整體受力A正確,B,C,D錯誤.3.(2018安徽蚌埠三模)如圖所示,某小組利用電流傳感器(接入電腦,圖中未畫出)記錄燈泡A和自感元件L構(gòu)成的并聯(lián)電路在斷電瞬間各支路電流隨時間的變化情況,i1表示小燈泡中的電流,i2表示自感元件中的電流(已知開關S閉合時i2>i1),則下列圖像中正確的是(C)解析:開關斷開后,A與L組成閉合回路后,L中的電流方向不變,而A中的電流方向與此前的電流方向相反,故C正確,A,B,D錯誤.4.(2018河北石家莊二模)如圖(甲)所示,導體棒MN置于水平導軌上,PQ之間有阻值為R的電阻,PQMN所圍的面積為S,不計導軌和導體棒的電阻.導軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場,規(guī)定磁場方向豎直向上為正,在02t0時間內(nèi)磁感應強度的變化情況如圖(乙)所示,導體棒MN始終處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是(B)A.在0t0和t02t0內(nèi),導體棒受到導軌的摩擦力方向相同B.在t02t0內(nèi),通過電阻R的電流方向為P到QC.在0t0內(nèi),通過電阻R的電流大小為2B0SRt0D.在t02t0內(nèi),通過電阻R的電荷量為B0SR解析:由圖(乙)所示圖像可知,0t0內(nèi)磁感應強度減小,穿過回路的磁通量減少,由楞次定律可知,為阻礙磁通量的減少,導體棒具有向右的運動趨勢,導體棒受到向左的摩擦力,在t02t0內(nèi),穿過回路的磁通量增加,為阻礙磁通量的增加,導體棒有向左的運動趨勢,導體棒受到向右的摩擦力,在兩時間段內(nèi)摩擦力方向相反,故A錯誤;在t02t0內(nèi)磁感應強度增大,穿過閉合回路的磁通量增大,由楞次定律可知,感應電流沿順時針方向,通過電阻R的電流方向為P到Q,故B正確;應用法拉第電磁感應定律可得,在0t0內(nèi)感應電動勢為E1=t=BSt=B0St0,感應電流為I1=E1R=B0SRt0,故C錯誤;由圖(乙)所示圖像,應用法拉第電磁感應定律可得,在t02t0內(nèi)感應電動勢為E2=t=BSt=2B0St0,感應電流為I2=E2R =2B0SRt0;在t02t0時間內(nèi),通過電阻R的電荷量為q=I2t0=2B0SR,故D錯誤.5.(2018重慶模擬)如圖所示,處于豎直面的長方形導線框MNPQ邊長分別為L和2L,M和N之間連接兩塊水平正對放置的金屬板,金屬板距離為d,虛線為線框中軸線,虛線右側(cè)有垂直線框平面向里的勻強磁場.板間有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài),重力加速度為g,則下列關于磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是(B)A.正在增強,Bt=mgdqL2B.正在減小,Bt=mgdqL2C.正在增強,Bt=mgd2qL2D.正在減小,Bt=mgd2qL2解析:電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止狀態(tài),電場力豎直向上,則電容器的下極板帶正電,所以線框下端相當于電源的正極,感應電動勢順時針方向,感應電流的磁場方向和原磁場同向,根據(jù)楞次定律,可得穿過線框的磁通量在均勻減小;線框產(chǎn)生的感應電動勢E=BtS =BtL2;油滴所受電場力F=E場q=qEd,對油滴,根據(jù)平衡條件得qEd=mg,線圈中的磁通量變化率的大小為Bt=mgdqL2.6.如圖所示,光滑導軌MN和PQ固定在同一水平面上,兩導軌距離為L,兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2,兩導軌間有一邊長為L2的正方形區(qū)域abcd,該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿與導軌接觸良好并靜止于ab處,現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿,使之由靜止起向右運動,若桿出磁場前已做勻速運動,不計導軌的電阻.下列說法正確的是(AD)A.金屬桿做勻速運動時的速率為6FRB2L2B.金屬桿做勻速運動時兩端的電壓為3FRBLC.金屬桿穿過整個磁場過程中R1上通過的電荷量為BL26RD.金屬桿離開磁場時的熱功率是4F2RB2L2解析:等效電路如圖所示,金屬桿做勻速運動時有F=F安=B2(L2)2vR總,其中R總=32R,則v=6FRB2L2,選項A正確;金屬桿做勻速運動時產(chǎn)生的感應電動勢為E=BL2v=BL26FRB2L2=3FRBL,由電路關系可知U=E3=FRBL,選項B錯誤;由q=R總,得通過電路的總電荷量為q=BL26R,但R1上通過的電荷量q1=q2=BL212R,故選項C錯誤;金屬桿離開磁場時,電路的總熱功率P總=E2R總=6F2RB2L2,由于通過桿的電流是電阻R1,R2電流的2倍,則桿上的熱功率是電阻R1,R2熱功率的4倍,故P桿=23P總=4F2RB2L2,選項D正確.7.如圖所示,兩根足夠長平行金屬導軌傾角=30,導軌上、下端各接電阻R=20 ,導軌電阻忽略不計,導軌寬度L=2 m,勻強磁場垂直導軌平面向上,磁感應強度B=1 T.金屬棒ab質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r= 10 ,在較高處由靜止釋放,金屬棒ab在下滑過程中始終與導軌垂直且與導軌接觸良好.當金屬棒ab下滑高度h=3 m時,速度恰好達到最大值v=2 m/s,取g=10 m/s2.則此時下列說法正確的是(ABD)A.ab棒受到沿導軌向上的安培力為0.4 NB.ab棒兩端的電壓為2 VC.每個電阻R中產(chǎn)生熱量為0.7 JD.ab棒所受摩擦力為0.1 N解析:電路中總電阻R總=20 ,ab棒下落速度最大時,有F安=B2L2vR總= 1222220 N=0.4 N,選項A正確;棒上的感應電動勢E=BLv=4 V,而ab棒上的電壓Uab=E2=2 V,選項B正確;由ab棒平衡得mgsin -F安-Ff=0,所以Ff=mgsin -F安=0.1 N,選項D正確;由動能定理mgh-Q-Ffhsin30 =12mv2,得Q=mgh-12mv2-Ffhsin30=2.2 J,每個電阻R中產(chǎn)生熱量為Q1=Q4= 0.55 J,選項C錯誤.8.(2018青海西寧二模)如圖(甲)所示,正方形金屬線圈abcd位于豎直平面內(nèi),其質(zhì)量為m,電阻為R.在線圈的下方有一勻強磁場,MN和MN是磁場的水平邊界,并與bc邊平行,磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落,圖(乙)是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的vt圖像,圖中字母均為已知量.重力加速度為g,不計空氣阻力.下列說法正確的是(BD)A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向B.金屬線框的邊長為v1(t2-t1)C.磁場的磁感應強度為2v1t1mgRv1D.金屬線框在0t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2-t1)+12m(v22- v32)解析:金屬線框剛進入磁場時磁通量增大,根據(jù)楞次定律判斷可知,感應電流方向沿abcda方向,故A錯誤;由圖像可知,金屬線框進入磁場過程中是做勻速直線運動,速度為v1,運動時間為t2-t1,故金屬線框的邊長l=v1(t2-t1),故B正確;在金屬線框進入磁場的過程中,金屬線框所受安培力等于重力,則mg=BIl,I=Blv1R,又l=v1(t2-t1),聯(lián)立解得B= 1v1(t2-t1)mgRv1,故C錯誤;t1到t2時間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為Q1=mgl=mgv1(t2-t1);t3到t4時間內(nèi),根據(jù)能量守恒定律,產(chǎn)生的熱量為Q2=mgl+12m(v22-v32)=mgv1(t2-t1)+12m(v22-v32),故Q=Q1+Q2=2mgv1 (t2-t1)+12m(v22-v32),故D正確.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(16分)(2018山東濰坊三模)如圖所示,平行導軌寬度L=0.5 m,固定在水平面內(nèi),左端A,C間接有電阻R=3 ,金屬棒DE質(zhì)量m= 0.40 kg,電阻r=1 ,垂直導軌放置,棒與導軌間的動摩擦因數(shù)=0.25,到AC的距離x=2.0 m,勻強磁場磁感應強度方向垂直平面向上,磁感應強度隨時間t的變化規(guī)律是B=(2+2t)T,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,不計導軌電阻,g=10 m/s2,求:(1)t=0時刻回路中的磁通量及回路中感應電流的方向;(2)經(jīng)多長時間棒開始滑動?(3)從t=0到開始滑動的時間內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.解析:(1)根據(jù)B=(2+2t)T,知t=0時刻磁感應強度B0=2 T回路中的磁通量=B0Lx解得=2.0 Wb;穿過回路的磁通量增加,根據(jù)楞次定律知回路中感應電流的方向沿順時針方向.(2)棒剛開始滑動時,對棒受力分析如圖此時FA=fm,即(2+2t)IL=0.25mg;回路中的感應電動勢E=BtLx根據(jù)B=(2+2t)T知Bt=2 T/s回路中的感應電流I=Er+R聯(lián)立解得t=1 s.(3)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt,代入數(shù)據(jù)可得Q=0.75 J.答案:(1)2.0 Wb順時針方向(2)1 s(3)0.75 J10.(20分)(2018江西上饒三模)如圖所示,傾角為=37的足夠長平行導軌頂端bc間、底端ad間分別連一電阻,其阻值為R1=R2=2r,兩導軌間距為L=1 m.在導軌與兩個電阻構(gòu)成的回路中有垂直于軌道平面向下的磁場,其磁感應強度為B1=1 T.在導軌上橫放一質(zhì)量m=1 kg、電阻為r=1 、長度也為L的導體棒ef,導體棒與導軌始終良好接觸,導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為=0.5.在平行導軌的頂端通過導線連接一面積為S=0.5 m2、總電阻為r、匝數(shù)N=100匝的線圈(線圈中軸線沿豎直方向),在線圈內(nèi)加上沿豎直方向、且均勻變化的磁場B2(圖中未畫出),連接線圈電路上的開關K處于斷開狀態(tài),g=10 m/s2,不計導軌電阻.sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)從靜止釋放導體棒,導體棒能達到的最大速度是多少?(2)導體棒從靜止釋放到穩(wěn)定運行用時t=3.25 s,這段時間通過電阻R1的電荷量是多少?導體棒的位移是多大?(3)現(xiàn)閉合開關K,為使導體棒靜止于傾斜導軌上,那么在線圈中所加磁場的磁感應強度的方向及變化率B2t大小的取值范圍.解析:(1)對導體棒,由牛頓第二定律有mgsin -mgcos -B1IL=ma其中I=ER總=B1Lvr+2r2=B1Lv2r可知,隨著導體棒的速度增大,加速度減小,當加速度減至0時,導體棒的速度達最大vm,有vm=2mgr(sin-cos)B12L2,代入數(shù)據(jù)解得vm=4 m/s.(2)導體棒從靜止釋放到穩(wěn)定運行時間內(nèi),設通過導體棒的平均電流為I,導體棒下滑距離為x,由動量定理(mgsin -mgcos -B1IL)t=mvm,通過R1的電荷量q1=12It,解得q1=1.25 C.通過導體棒的電荷量q=It=B1LxR總,解得x=5 m.(3)開關閉合后,導體棒ef受到的安培力F=B1IefL,干路電流I=ER總=1R總Nt=NSB2R總t,電路的總電阻R總=r+11r+12r+12r=32r,解得Ief=12I=NSB23rt,則F=B1LNS3rB2t,當安培力較大時Fmax=mgsin +mgcos =10 N,解得B2t=0.6 T/s,安培力較小時Fmin=mgsin -mgcos =2 N,解得B2t=0.12 T/s,為使導體棒靜止于傾斜導軌上,磁感應強度的變化的取值范圍為0.12 T/sB2t0.6 T/s;根據(jù)左手定則、楞次定律和安培定則知閉合線圈中所加磁場:若方向豎直向上,則均勻減小;若方向豎直向下,則均勻增強.答案:(1)4 m/s(2)1.25 C5 m(3)見解析0.12 T/sB2t0.6 T/s