2020高考物理二轮复习第一部分专题六电磁感应和电路第1讲电磁感应定律及应用练习含解析 7页

电磁感应定律及应用 ‎1．(2019·江苏徐州模拟)如图所示，三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是(　　)‎ A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮 B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮 C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭 D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭 解析　开关S闭合的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，L1逐渐变亮，而L2、L3立即变亮，故A错误，B正确。断开开关S的瞬间，线圈L和L1、L3构成回路，因原来L1、L3两支路电流相等，所以L1、L3逐渐熄灭，L2立即熄灭，故C、D错误。‎ 答案　B ‎2．(2019·安徽师大附中)如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正。则线圈感应电流随时间的变化图像为(　　)‎ 解析　垂直纸面向里的磁通量在增大，垂直纸面向外的磁通量在减小，故总磁通量变化为垂直纸面向里增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为正，B、D项错误；由E＝＝S可知，电路中电流大小恒定不变，故A项正确。‎ 答案　A ‎3．(多选)(2019·陕西西安质检)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图甲所示磁感应强度方向为正)，MN 7‎ 始终保持静止，则0～t2时间内(　　)‎ A．电容器C的电荷量大小始终不变 B．电容器C的a板先带正电后带负电 C．MN所受安培力的大小始终不变 D．MN所受安培力的方向先向右后向左 解析　由题图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，MN中产生恒定的电动势，电路中的电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终不变，A正确；根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，B错误；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，由于磁感应强度大小变化，则MN所受安培力的大小变化，C错误；由楞次定律知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，D正确。‎ 答案　AD ‎4.(多选)(2019·全国联考)一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场方向垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行的过程中(　　)‎ A．向上滑行的时间等于向下滑行的时间 B．在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量 C．向上滑行的过程中与向下滑行的过程中通过电阻R的电荷量相等 D．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为 解析　金属杆向上滑行时，受到沿斜面向下的重力的分力和沿斜面向下的安培力的作用；而金属杆向下滑行时，受到沿斜面向下的重力的分力和沿斜面向上的安培力的作用，故上滑时的加速度大于下滑时的加速度，所以上滑的时间小于下滑的时间，A错误；又由于在滑行过程中，一部分机械能转化为内能，故上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，上滑过程的平均感应电动势更大，电阻上产生的热量更多，B正确；由公式q＝＝，可知上滑和下滑过程中磁通量的改变相等，故通过电阻R 7‎ 的电荷量也相等，C正确；从上滑到返回出发点的过程中，由能量关系QR＝·＝可知，D项正确。‎ 答案　BCD ‎5．(多选)(2019·安徽滁州上学期期末)如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化，下列说法正确的是(　　)‎ A.时刻，R中电流方向为由a到b B.t0时刻，R中电流方向为由a到b C．0～t0时间内R的电流小于t0～2t0时间内R的电流 D．0～t0时间内R的电流大于t0～2t0时间内R的电流 解析　由楞次定律可知0～t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t0～2t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律：E＝n，可知0～t0时间内感应电动势是t0～2t0时间内的，感应电流为：I＝，所以0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内电流的，故C正确，D错误。‎ 答案　AC ‎6．(2019·山东泰安模拟)如图，两根形状相同、足够长的光滑金属导轨固定，相互平行，间距为L，两连接点a、b连线垂直于所有导轨，左底端接有阻值为R的电阻，倾斜导轨所在平面与水平面夹角为θ，平面内有磁感应强度为B1、方向垂直于平面向上的匀强磁场；水平导轨在同一水平面，所在区域有磁感应强度为B2、方向竖直向上的匀强磁场。阻值为R、质量为m的相同导体棒A、B，A在倾斜导轨上，B在水平导轨上，都垂直于导轨。‎ 开始时，A以初速度v0开始沿倾斜导轨向上滑行，B在外力作用下保持静止；A上滑通过距离x到达最高点时(此时A仍在倾斜导轨上)，B瞬间获得一个水平初速度并在外力作用下以此速度做匀速直线运动(B始终在水平导轨上并保持与导轨垂直)，A 7‎ 恰能静止在倾斜导轨上。求：‎ ‎(1)在A上滑的过程中，电阻R上产生的热量；‎ ‎(2)B做匀速运动时速度的方向、大小；‎ ‎(3)使B做匀速运动的外力的功率。‎ 解析　(1)当A上滑到最高点时，速度减为零，设电路中产生的总热量为Q总，根据能量守恒定律，可得 mv＝mgxsinθ＋Q总，‎ 由于B与R并联后再与A串联，设电阻R上产生的热量为Q，则Q＝Q总，‎ 解得Q＝；‎ ‎(2)要使A静止在倾斜导轨上，受到的安培力沿倾斜导轨向上，根据右手定则、左手定则知，B做匀速运动速度的方向向右；‎ 设B杆匀速运动的速度大小为v，其中的感应电动势为E，流过A杆的电流为I1，流过B杆的电流为I2，则E＝B2Lv；‎ I2＝＝，‎ I2＝2I1，mgsinθ＝B1I‎1L，‎ 解得v＝；‎ ‎(3)设使B做匀速运动的外力大小为F，做功功率为P，‎ 则：F＝B2I2L，P＝Fv，‎ 解得P＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎(3) ‎7．(2019·山东烟台上学期期末)如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数n＝100匝，横截面积S＝‎0.2 m2‎，电阻r＝1 Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B1随时间t变化关系图像如图乙所示。线圈与足够长的竖直光滑导轨MN、PQ连接，导轨间距l＝‎20 cm，导体棒ab与导轨始终接触良好，ab棒接入电路的电阻R＝4 Ω，质量m＝‎5 g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B2＝0.5 T，t＝0时，导体棒由静止释放，g取‎10 m/s2，求：‎ 7‎ ‎(1)t＝0时，线圈内产生的感应电动势的大小；‎ ‎(2)t＝0时，导体棒ab两端的电压和导体棒的加速度大小；‎ ‎(3)导体棒ab到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率。‎ 解析　(1)由题图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：＝0.1 T/s 由法拉第电磁感应定律可知：E1＝n＝nS＝2 V ‎(2)t＝0时，回路中电流：I＝＝‎‎0.4 A 导体棒ab两端的电压U＝IR＝1.6 V 设此时导体棒的加速度为a，则由：mg－B2Il＝ma 得：a＝g－＝2 m/s2‎ ‎(3)当导体棒ab达到稳定状态时，满足：mg＝B2I′l I′＝ 得：v＝5 m/s 此时，导体棒所受重力的瞬时功率P＝mgv＝0.25 W。‎ 答案　(1)2 V　(2)1.6 V　2 m/s2　(3)0.25 W ‎8．(2019·河北唐山二模)如图所示，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1－M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r＝‎0.8 m，导轨间距L＝‎1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2 T。两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1、M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m＝‎1 kg、电阻均为R＝2 Ω。金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x1＝‎0.5 m的A‎1A2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱x2＝‎0.2 m的A‎3A4位置，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g取‎10 m/s2。求：‎ 7‎ ‎(1)金属棒a刚滑入水平导轨时，受到的安培力大小；‎ ‎(2)金属棒b与绝缘柱碰撞后到与金属棒a碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热；‎ ‎(3)证明金属棒a、b的碰撞是否是弹性碰撞。‎ 解析　(1)金属棒a下滑过程：mgr＝mv2‎ v＝‎4 m/s 金属棒a刚滑入水平导轨时，感应电动势：‎ E＝BLv＝8 V 回路电流：I＝＝2 A 金属棒a受到的安培力：F＝BIL＝4 N。‎ ‎(2)以金属棒a、b为系统，设两者匀速运动的速度为v1，在b碰到绝缘柱之前动量守恒：mv＝2mv1，v1＝‎2 m/s金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统，动量仍然守恒，但总动量为零，0＝mva＋mvb，即时刻有va＝－vb，两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等均为x1＝‎0.5 m。‎ 对金属棒b由动量定理：－BLt＝mv2－mv1‎ 由法拉第电磁感应定律：＝2BL ＝ 联立得mv2－mv1＝－·t，而t＝x1，‎ 代入数据求得v2＝1 m/s 由能量守恒定律：‎ Q＝×2mv－×2mv＝3 J。‎ ‎(3)金属棒a、b碰后，设速度大小为v3，金属棒b减速到零的过程，由动量定理：－B′Lt′＝0－mv3‎ 由法拉第电磁感应定律：′＝2BL′，′＝ ′t′＝x1－x2，联立得＝mv3‎ 代入数据求得v3＝0.6 m/s 7‎ 由于×2mv＞×2mv，所以碰撞不是弹性碰撞。‎ 答案　(1)4 N　(2)3 J　(3)见解析 7‎