2020高考物理二轮复习第1部分专题5电路和电磁感应第2讲电磁感应规律及其应用限时检测含解析 9页

第2讲　电磁感应规律及其应用 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共40分)‎ ‎1．(2019·江西七校高三联考)两条相互平行的、足够长的光滑金属导轨放在绝缘水平面上，距离为L，电阻不计。导轨内有垂直水平面向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C、电阻R1和R2，如图5－2－23所示。垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆(电阻不计)以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向做匀加速运动。则在此过程中 图5－2－23‎ A．R1中无电流通过 B．R1中电流从e流向a C．R2中电流一直从a流向b D．R2中电流先从b流向a，后从a流向b 解析　开始时，金属杆以一定的速度向右匀速运动，感应电动势E＝BLv，电容器的带电荷量为Q＝CE＝CBLv，由右手定则知，R2中电流方向为由a流向b，电容器的上极板带正电，金属杆开始做匀减速运动至速度为零的过程中，速度减小，感应电动势减小，极板间电压也减小，因此电容器的带电荷量减小，则R1中有电流通过，方向为由e流向a，R2中电流从a流向b，故A错误；金属杆反向做匀加速运动的过程中，由右手定则知，R2中电流方向为由b流向a，加速运动，感应电动势增大，电容器两端电压增大，所以电容器充电，流经R1的电流方向为由e流向a，故B正确，CD错误。‎ 答案　B ‎2．(2019·蚌埠三模)如图5－2－24所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2＞i1)，则下列图象中正确的是 图5－2－24‎ 9‎ 图5－2－25‎ 解析　开关断开后，A与L组成闭合回路后，L中的电流方向不变，而A中的电流方向与此前的电流方向相反，故C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎3．(2019·石家庄二模)如图5－2－26甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQ之间有阻值为R的电阻，PQMN所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是 图5－2－26‎ A．在0～t0和t0～2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同 B．在t0～2t0内，通过电阻R的电流方向为P到Q C．在0～t0内，通过电阻R的电流大小为 D．在t0～2t0内，通过电阻R的电荷量为 解析　由图(乙)所示图象可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减少，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；在t0～2t0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R的电流方向为P到Q，故B正确；应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势为E1＝＝＝，感应电流为I1＝＝ 9‎ ‎，故C错误；由图(乙)所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势为E2＝＝＝，感应电流为I2＝＝；在t0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为q＝I2t0＝，故D错误。‎ 答案　B ‎4．(2019·重庆模拟)如图5－2－27所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M和N之间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。板间有一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是 图5－2－27‎ A．正在增强，＝ B．正在减小，＝ C．正在增强，＝ D．正在减小，＝ 解析　电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势E＝S＝L2；油滴所受电场力F＝E场q＝q，对油滴，根据平衡条件得q＝mg，线圈中的磁通量变化率的大小为＝。‎ 答案　B ‎5．(2019·开封一模)如图5－2－28甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L＝0.4 m，导轨一端与阻值R ＝0.3 Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x的变化情况如图乙所示。一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x＝0处以初速度v0＝2 m/s沿导轨向右做变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小始终不变。下列说法中正确的是 9‎ 图5－2－28‎ A．金属棒向右做匀减速直线运动 B．金属棒在x＝1 m处的速度大小为1.5 m/s C．金属棒从x＝0运动到x＝1 m过程中，外力F所做的功为－0.175 J D．金属棒从x＝0运动到x＝2 m过程中，流过金属棒的电荷量为3 C 解析　由图象可知B与x的函数关系式为B＝0.5＋0.5x(T)，金属棒切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv、感应电流I＝，所受的安培力FA＝BIL，所以FA＝，将B代入可知v＝＝，若导体棒做匀变速运动，v2与x为线性关系，故金属棒不可能做匀减速直线运动，故A项错误；由x＝0、x＝1 m处，金属棒所受到的安培力相等，有＝，解得v1＝0.5 m/s，B项错误；金属棒在x＝0处所受的安培力为FA＝＝0.2 N，对金属棒从x＝0到x＝1 m过程中，由动能定理，有WF－FA·Δx＝mv12－mv02，解得WF＝－0.175 J，C项正确；流过金属棒的电荷量q＝＝L，从x＝0到x＝2 m过程中，B－x图线与x坐标轴所围的面积ΔB·Δx＝×2 Wb＝2 Wb，所以q＝L＝2 C，D项错误。‎ 答案　C ‎6．(多选)如图5－2－29所示，两根足够长平行金属导轨倾角θ＝30°，导轨上、下端各接电阻R＝20 Ω，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L＝2 m，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B＝1 T。金属棒ab质量m＝0.1 kg、电阻r＝10 Ω，在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h＝3 m时，速度恰好达到最大值v＝2 m/s，取g＝10 m/s2。则此时下列说法正确的是 图5－2－29‎ 9‎ A．ab棒受到沿导轨向上的安培力为0.4 N B．ab棒两端的电压为2 V C．每个电阻R中产生热量为0.7 J D．ab棒所受摩擦力为0.1 N 解析　电路中总电阻R总＝20 Ω，ab棒下落速度最大时，有F安＝＝ N＝0.4 N，选项A正确；棒上的感应电动势E＝BLv＝4 V，而ab棒上的电压Uab＝＝2 V，选项B正确；由ab棒平衡得mgsin θ－F安－Ff＝0，所以Ff＝mgsin θ－F安＝0.1 N，选项D正确；由动能定理mgh－Q－Ff×＝mv2，得Q＝mgh－mv2－Ff×＝2.2 J，每个电阻R中产生热量为Q1＝＝0.55 J，选项C错误。‎ 答案　ABD ‎7．(多选)(2019·西宁二模)如图5－2－30甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R。在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v－t图象，图中字母均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是 图5－2－30‎ A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B．金属线框的边长为v1(t2－t1)‎ C．磁场的磁感应强度为 D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2－t1)＋m(v22－v32)‎ 解析　金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误；由图象可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，故金属线框的边长l＝v1(t2－t1)，故B正确；在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力等于重力，则mg＝BIl，I＝，又l＝v1(t2－t1)，联立解得B＝ ，故C错误；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为Q1＝‎ 9‎ mgl＝mgv1(t2－t1)；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为Q2＝mgl＋m(v22－v32)＝mgv1(t2－t1)＋m(v22－v32)，故Q＝Q1＋Q2＝2mgv1(t2－t1)＋m(v22－v32)，故D正确。‎ 答案　BD ‎8．(多选)(2018·江苏卷)如图5－2－31所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ和Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆 图5－2－31‎ A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 解析　根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F＞mg，联立解得h＞，选项D错误。‎ 答案　BC 二、计算题(共40分)‎ 9‎ ‎9．(12分)(2019·淮安一模)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图5－2－32所示。自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，用金属圆盘制成的后轮在磁场中转动时，可等效成导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝0.5 T，圆盘半径l＝0.3 m，圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10 Ω的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6 V。‎ 图5－2－32‎ ‎(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？‎ ‎(2)圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能？‎ ‎(3)自行车车轮边缘线速度是多少？‎ 解析　(1)根据右手定则，轮子边缘点等效于电源的负极，则a点接电压表的负接线柱。‎ ‎(2)根据公式Q＝t 代入数据得Q＝21.6 J ‎(3)由U＝E＝Bl2ω 代入数值解得v＝lω＝8 m/s。‎ 答案　(1)负接线柱　(2)21.6 J　(3)8 m/s ‎10．(12分)(2019·陕西部分学校高三检测)某同学为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平面内虚线PQ和MM′之间存在竖直向下的匀强磁场，其间距为2L，磁感应强度为B，如图5－2－33所示，沿垂直PQ方向运动的总质量为m的小车，受到地面的阻力为f，当车头(ab边)进入磁场的速度为v0时，车尾(cd边)离开磁场的速度恰好减为零。求：‎ 图5－2－33‎ ‎(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；‎ ‎(2)从ab进入磁场到ab离开磁场的过程中，通过线圈截面的电荷量；‎ 9‎ ‎(3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热。‎ 解析　(1)车头进入磁场时，设小车的加速度大小为a0，线圈中的感应电动势为E，电流为I，所受安培力的大小为F，则有E＝NBLv0，I＝，F＝NBIL 由牛顿第二定律有F＋f＝ma0‎ 联立解得a0＝＋ ‎(2)从ab刚进入磁场到ab刚出磁场的过程中，设线圈中的平均感应电动势为E平均，平均电流为I平均，时间为t，通过线圈截面的电荷量为q，则有 E平均＝N，I平均＝，q＝I平均t 联立解得q＝ ‎(3)设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为Q总，由能量守恒有：Q总＝mv02－4fL。‎ 答案　(1)＋　(2) ‎(3)mv02－4fL ‎11．(16分)如图5－2－34甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为H＝85 cm，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L1＝20 cm、宽L2＝10 cm、匝数n＝5的矩形线圈，其总电阻R＝0.2 Ω、质量m＝0.5 kg，在t＝0时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h＝5 cm处由静止开始下落，0.2 s时线圈刚好全部进入磁场，0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ 图5－2－34‎ ‎(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t；‎ ‎(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。‎ 解析　(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1，则 v12＝2gh，得v1＝1 m/s h＝gt12，得t1＝0.1 s 9‎ 进入磁场时，E1＝nB1L1v1，I1＝，FA1＝nB1I1L1‎ 得FA1＝5 N，即FA1＝mg 线圈匀速进入磁场，L2＝v1t2‎ 得t2＝0.1 s 之后线圈向下做匀加速运动，运动d＝H－L2＝0.75 m后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘 有v22－v12＝2gd，得v2＝4 m/s 由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3 s 出磁场时，E2＝nB2L1v2，I2＝，FA2＝nB2I2L1‎ 得FA2＝5 N，即FA2＝mg 线圈匀速出磁场，L2＝v2t4‎ 得t4＝0.025 s 因此线圈穿过磁场区域所经历的时间 t＝t2＋t3＋t4＝0.425 s ‎(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量 Q1＝mg·2L2＝1.0 J 整个线圈在磁场中运动时，‎ E3＝nL1L2 ＝ T/s Q2＝t3＝ J≈0.042 J 因此全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝1.042 J。‎ 答案　(1)0.425 s　(2)1.042 J 9‎