2017年度高考物理专题五（第2讲电磁感应规律及应用）二轮强化训练 12页

‎【走向高考】2014年高考物理二轮专题复习 专题五 第2讲 电磁感应规律及应用课后强化作业 ‎1．(2013·课标全国Ⅱ)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是(　　)‎ A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎[答案]　ABD ‎[解析]　电流能产生磁场，说明电和磁之间存在联系，A项正确；为解释磁现象的电本质，安培根据螺线管和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，B项正确；恒定电流附近的固定导线框，不会产生感应电流，C项错误；楞次通过实验，得出了楞次定律，D项正确。‎ ‎2.‎ ‎(2013·上海浦东新区调研)如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为(　　)‎ A．Bπr　　　　　　　　　 B．Bπr C．NBπr D．NBπr ‎[答案]　B ‎[解析]　通过线圈的磁通量Φ＝BS＝Bπr，A错误，B正确；磁通量与线圈的匝数无关，C、D错误。‎ ‎3．(2013·北京理综)‎ 如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动， MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1:E2分别为(　　)‎ A． c→a,2:1 B． a→c,2:1‎ C． a→c,1:2 D． c→a,1:2‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由右手定则，可判断金属杆中的电流方向为N→M，则电阻R中的电流方向为a→c。根据E＝BLv，可得E1∶E2＝1∶2，选项C正确。‎ ‎4．(2013·浙江理综)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如下图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是(　　)‎ ‎ ‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　从E－t图象可以看出，刷卡速度为v0时，产生感应电动势的最大值为E0，所用时间为t0；当刷卡速度变为时，根据E＝Blv可知，此时产生感应电动势的最大值E＝，由于刷卡器及卡的长度未变，故刷卡时间变为2t0，故选项D正确。‎ ‎5．(2013·云南一模)如图甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心．图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号，则此时列车的运动情况是(　　)‎ A．匀速运动 B．匀加速运动 C．匀减速运动 D．变加速运动 ‎[答案]　C ‎[解析]　u－t图象反映了线圈进入磁场、在磁场中、出磁场时两端的电压和时间的关系，在线圈进入磁场、出磁场的过程中，电压都在随时间均匀减小，根据电磁感应定律得u＝BLv＝BL(v0－at)，则列车做匀减速运动，C正确。‎ ‎6．(2013·山东理综)将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是(　　)‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　根据楞次定律，在前半个周期内，圆环内产生的感应电流方向为顺时针，即通过ab边的电流方向为由b指向a，再根据左手定则判断，ab边受到的安培力为水平向左，即负方向。根据法拉第电磁感应定律，前半个周期内ab中的电流为定值，则所受安培力也为定值。结合选项可知B正确。‎ ‎7.‎ 如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中(　　)‎ A．导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA B．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零 C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上 D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动 ‎[答案]　AB ‎[解析]　根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，选项A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，选项B正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，选项CD错误。‎ ‎8.‎ ‎(2013·广东汕头一模)如图，正方形线框的边长为L，电容器的电容量为C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁场以k的变化率均匀减弱时，则(　　)‎ A．线圈产生的感应电动势大小为kL2‎ B．电压表没有读数 C．a点的电势高于b点的电势 D．电容器所带的电荷量为零 ‎[答案]　BC ‎[解析]　根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势E＝＝·L2＝，A错误；由于回路是非闭合的，回路中无电流，所以电压表无示数，B正确；设回路是闭合的，根据楞决定律可知处于磁场部分的电流方向由b→a，而在电源内部，电流由低电势流向高电势，故C正确；电容器所带的电荷量Q＝CE＝kCL2，D错误。‎ ‎9．(2013·河北衡水中学一模)有一半径为R，电阻率为ρ，密度为d的均匀圆环落入磁感应强度B的径向磁场中，圆环的截面的半径为r(r≪R)。如图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则(　　)‎ A．此时整个圆环的电动势E＝2Bvπr B．忽略电感的影响，此时圆环中的电流I＝ C．此时圆环的加速度a＝ D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝ ‎[答案]　BD ‎[解析]　此时整个圆环垂直切割径向磁感线，电动势E＝2BvπR，A错误；此时圆环中的电流I＝＝＝，B正确；对圆环根据牛顿第二定律得mg－F安＝ma，F安＝BI·2πR＝，m＝dπr2·2πR，则a＝g－，C错误；如果径向磁场足够长，当a＝0时圆环的速度最大，即g－＝0，则vm＝，D正确。‎ ‎10.‎ ‎(2013·山东日照一模)在光滑的绝缘水平面上方，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为磁场边界。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A处，现给金属圆环一水平向右的初速度v。当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时的速度为，则下列说法正确的是(　　)‎ A．此时圆环中的电功率为 B．此时圆环的加速度为 C．此过程中通过圆环截面的电荷量为 D．此过程回路中产生的电能为0.75mv2‎ ‎[答案]　BC ‎[解析]　当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环中产生的感应电动势为E＝B×‎2a×＝Bav，此时圆环中的电功率为P＝＝，A错误；圆环所受安培力F安＝2BIa＝2Ba·＝，此时圆环的加速度为a′＝＝，B正确；此过程中通过圆环截面的电荷量为q＝IΔt＝·Δt＝＝，C正确；根据能量守恒，回路中产生的焦耳热为Q＝mv2－m()2＝0.375mv2，D错误。‎ ‎11．(2013·重庆理综)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L。‎ ‎(1)判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？‎ ‎(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。‎ ‎[答案]　(1)安培力方向竖直向上，G2>G1‎ ‎(2)安培力的大小F＝G2－G1‎ 磁感应强度的大小B＝ ‎[解析]　(1)根据楞次定律，导体棒向下运动时，受的安培力必然向上，由牛顿第三定律知，导体棒对装置的反作用力竖直向下，所以G2大。‎ ‎(2)测力计增加的读数即为安培力的大小，‎ G2－G1＝BIL＝BL，得 B＝ ‎12.‎ ‎(2013·安徽黄山屯溪一中等三校联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距离为L。其电阻不计，两导轨及其构成的平面与水平面成θ角，两根用细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F作用在杆ab上，使两杆静止，已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，两金属杆的电阻都为R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。某时刻将细线烧断，保持杆ab静止不动，求：‎ ‎(1)细线烧断后外力F的最小值和最大值；‎ ‎(2)设细线烧断后cd杆到达最大速度前杆ab产生的电热为Q，求cd杆到达最大速度前经过的位移s。‎ ‎[答案]　(1)mgsinθ　3mgsinθ　(2) ‎[解析]　(1)细线烧断瞬间，外力F取得最小值F1，‎ 研究杆ab：F1＝mgsinθ①‎ cd杆到达最大速度vm时。外力F取得最大值F2，‎ 研究杆ab：F2＝mgsinθ＋F安②‎ 研究cd杆，因其匀速运动，则F安′＝2mgsinθ③‎ 显然F安＝F安′＝④‎ 代入可得：F2＝3mgsinθ⑤‎ ‎(2)两杆电阻相等，故产生电热相等。‎ cd杆到达最大速度前电路产生的总电热为2Q，‎ 由能量守恒可知 ‎2mgsinθ·s＝(2m)v＋2Q⑥‎ 联立③④⑥得 s＝ ‎13．(2013·江苏单科)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝‎1.0m、bc＝‎0.5m，电阻r＝2Ω，磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T。在1～5s内从0.2T均匀变化到－0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：‎ ‎(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；‎ ‎(2)在1～5s内通过线圈的电荷量q；‎ ‎(3)在0～5s内线圈产生的焦耳热Q。‎ ‎[答案]　(1)10V；方向为a→d→c→b→a　(2)10C　(3)100J ‎[解析]　(1)感应电动势　E＝N，磁通量的变化ΔΦ1＝ΔB1S 解得E＝N，代入数据得E＝10V，感应电流的方向为a→d→c→b→a ‎(2)同理可得E′＝N，感应电流I2＝，电量q＝I2Δt2‎ 解得q＝N，代入数据得q＝10C ‎(3)0～1s内的焦耳热Q1＝IrΔt1，且I1＝，1～5s内的焦耳热，Q2＝IrΔt2‎ 由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100J ‎14．(2013·安徽名校联盟联考)如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨之间距离为L＝0.2m，导轨上端m、n之间通过导线连接，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场边界，磁感应强度为B＝2.0T。一质量为m＝0.05kg的光滑金属棒ab从距离磁场边界0.75m处由静止释放，金属棒两轨道间的电阻r＝0.4Ω，其余部分的电阻忽略不计，ab、ef均垂直导轨。(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：‎ ‎(1)ab棒最终在磁场中匀速运动时的速度；‎ ‎(2)ab棒运动过程中的最大加速度。‎ ‎[答案]　(1)0.75m/s　(2)18m/s2　方向沿导轨斜面向上 ‎[解析]　(1)当ab棒在磁场中匀速运动时，分析ab棒的受力，根据受力平衡得：‎ BIL＝mgsinθ 又有I＝，E＝BLv 联立上式代入数据解得：v＝0.75m/s ‎(2)在ab棒进入磁场前，‎ 分析受力得a1＝＝gsin37°＝6m/s2‎ 方向沿轨道向下，‎ 进入磁场时的速度设为v2，由：v＝2a1x1‎ 位移x1＝‎0.75m，解得：v2＝‎3m/s。‎ 刚进入磁场时，对ab棒的分析受力可得：‎ mgsinθ－BI2L＝ma2‎ I2＝ 解得：a2＝－18m/s2，方向沿导轨向上。‎ 进入磁场中以后，ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终匀速运动，所以，ab棒运动中的最大加速度为18m/s2，方向沿导轨斜面向上。‎