【物理】2020届二轮复习专题四2第2讲 电磁感应问题作业(京津鲁琼专用)

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文档介绍

【物理】2020届二轮复习专题四2第2讲 电磁感应问题作业(京津鲁琼专用)

一、单项选择题 ‎1.图甲为手机及无线充电板.图乙为充电原理示意图.充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电.为方便研究,现将问题做如下简化:设送电线圈的匝数为n1,受电线圈的匝数为n2,面积为S,若在t1到t2时间内,磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是(  )‎ A.受电线圈中感应电流方向由d到c B.c点的电势高于d点的电势 C.c、d之间的电势差为 D.c、d之间的电势差为 解析:选D.根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势,故A、B错误;根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd=E=n2=,故C错误,D正确.‎ ‎2.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直.金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(  )‎ A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向 解析:选D.金属杆PQ向右切割磁感线,根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向;原来T中的磁场方向垂直于纸面向里,金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外,使得穿过T的磁通量减小,根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流,综上所述,可知A、B、C项错误,D项正确.‎ ‎3.(2019·黄冈预测)如图,虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等,方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面,磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc,ab边与bc边长度均为L,bc边与虚线边界垂直.现让线框沿bc方向以速度v匀速穿过磁场区域,从 c点经过虚线P开始计时,以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向,则下列四个图象中能正确表示i-t图象的是(  )‎ 解析:选A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时,感应电流方向为逆时针方向,即沿正方向,且逐渐增大,导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间,电流由正向最大值变为零,然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加,当导线框刚好完全进入Q、R之间的瞬间,电流由负向最大值变为零,然后电流方向变为逆时针且逐渐增加,当导线框离开磁场时,电流变为零,故A正确.‎ ‎4.如图甲中水平放置的U形光滑金属导轨NMPQ,MN接有开关S,导轨宽度为L,其电阻不计.在左侧边长为L的正方形区域存在方向竖直向上磁场B,其变化规律如图乙所示;中间一段没有磁场,右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场,其磁感应强度为B0,在该段导轨之间放有质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab.若在图乙所示的时刻关闭开关S,则在这一瞬间(  )‎ A.金属棒ab中的电流方向为由a流向b B.金属棒ab中的电流大小为 C.金属棒ab所受安培力方向水平向右 D.金属棒ab的加速度大小为 解析:选C.根据楞次定律可得金属棒ab中的电流方向为由b流向a,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势:E=S=L2,所以金属棒ab中的电流大小为:I==L2,故B错误;金属棒ab的电流方向为由b流向a,根据左手定则可得ab棒所受安培力方向水平向右,C正确;根据牛顿第二定律可得金属棒ab的加速度大小为a==,故D错误.‎ ‎5.如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,‎ 不考虑线圈之间的相互影响,则(  )‎ A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D.a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 解析:选B.由于磁感应强度随时间均匀增大,则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向,故A项错误;根据法拉第电磁感应定律E=N=NS,而磁感应强度均匀变化,即恒定,则a、b线圈中的感应电动势之比为===9,故B项正确;根据电阻定律R=ρ,且L=4Nl,则==3,由闭合电路欧姆定律I=,得a、b线圈中的感应电流之比为=·=3,故C项错误;由功率公式P=I2R知,a、b线圈中的电功率之比为=·=27,故D项错误.‎ ‎6.(2017·高考全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(  )‎ ‎ ‎ 解析:选A.施加磁场来快速衰减STM的微小振动,其原理是电磁阻尼,在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化,紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流,则其受到安培力作用,该作用阻碍紫铜薄板振动,即促使其振动衰减.方案A中,无论紫铜薄板上下振动还是左右振动,通过它的磁通量都发生变化;方案B中,当紫铜薄板上下振动时,通过它的磁通量可能不变,当紫铜薄板向右振动时,通过它的磁通量不变;方案C中,紫铜薄板上下振动、左右振动时,通过它的磁通量可能不变;方案D中,当紫铜薄板上下振动时,紫铜薄板中磁通量可能不变.综上可知,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.‎ ‎7.(2017·高考天津卷)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是(  )‎ A.ab中的感应电流方向由b到a B.ab中的感应电流逐渐减小 C.ab所受的安培力保持不变 D.ab所受的静摩擦力逐渐减小 解析:选D.根据楞次定律,感应电流产生的磁场向下,再根据安培定则,可判断ab中感应电流方向从a到b,A错误;磁场变化是均匀的,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势恒定不变,感应电流I恒定不变,B错误;安培力F=BIL,由于I、L不变,B减小,所以ab所受的安培力逐渐减小,根据力的平衡条件,静摩擦力逐渐减小,C错误,D正确.‎ 二、多项选择题 ‎8.如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计.在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度大小均为B.ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直,分别位于两磁场中,现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中,下列说法正确的是(  )‎ A.两金属棒组成的系统的动量守恒 B.两金属棒组成的系统的动量不守恒 C.ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率 D.ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和 解析:选BD.开始时, ad棒以初速度v0切割磁感线,产生感应电动势,在回路中产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流,ad棒因受到向右的安培力而减速,bc棒受到向右的安培力而向右加速;当两棒的速度大小相等,即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时,回路中没有感应电流,两棒各自做匀速直线运动;由于两棒所受的安培力都向右,两金属棒组成的系统所受合外力不为零,所以该系统的动量不守恒,选项A错误,B正确.根据能量守恒定律可知,ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量,由动能定理可知,ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功,bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功,所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和,选项C错误,D正确.‎ ‎9.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是 (  )‎ A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向 D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 解析:选AD.由电路可知,开关闭合瞬间,右侧线圈环绕部分的电流向下,由安培定则可知,直导线在铁芯中产生向右的磁场,由楞次定律可知,左侧线圈环绕部分产生向上的电流,则直导线中的电流方向由南向北,由安培定则可知,直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,穿过左侧线圈的磁通量不变,则左侧线圈中的感应电流为零,直导线不产生磁场,则小磁针静止不动,B、C错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,穿过左侧线圈向右的磁通量减少,则由楞次定律可知,左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流,则流过直导线的电流方向由北向南,直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确.‎ ‎10.如图甲所示,一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝),面积为S,线圈的电阻为R,在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表,将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示,下列说法正确的是(  )‎ A.0~t1时间内P端电势高于Q端电势 B.0~t1时间内电压表的读数为 C.t1~t2时间内R上的电流为 D.t1~t2时间内P端电势高于Q端电势 解析:选AC.0~t1时间内,磁通量向里增大,根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向,线圈相当于电源,上端为正极,下端为负极,所以P端电势高于Q端电势,故A正确;0~t1时间内线圈产生的感应电动势E=n=nS=nS,电压表的示数等于电阻R两端的电压U=IR=·R=,故B错误;t1~t2时间内线圈产生的感应电动势E′=n=nS,根据闭合电路的欧姆定律I′==,故C正确;t1~t2时间内,磁通量向里减小,根据楞次定律,感应电流沿顺时针方向,所以P端电势低于Q端电势,故D错误.‎ ‎11.(2017·高考全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图(a)所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正).下列说法正确的是(  )‎ ‎ ‎ A.磁感应强度的大小为0.5 T B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N 解析:选BC.由题图(b)可知,导线框运动的速度大小v== m/s=0.5 m/s,B项正确;导线框进入磁场的过程中,cd边切割磁感线,由E=BLv,得B== T=0.2 T,A项错误;由图可知,导线框进入磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,根据楞次定律可知,磁感应强度方向垂直纸面向外,C项正确;在0.4~0.6 s这段时间内,导线框正在出磁场,回路中的电流大小I== A=2 A,则导线框受到的安培力F=BIL=0.2×2×0.1 N=0.04 N,D项错误.‎ ‎12.水平面上固定相距为d的光滑直轨道MN和PQ,在N、Q之间连接不计电阻的电感线圈L和电阻R.匀强磁场磁感应强度为B,方向垂直导轨平面向上,在导轨上垂直导轨放置一质量为m,电阻不计的金属杆ab,在直导轨右侧有两个固定挡块C、D,CD连线与导轨垂直.现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v0,当ab即将撞上CD时速度为v,撞后速度立即变为零但不与挡块粘连.以下说法正确的是(  )‎ A.ab向右做匀变速直线运动 B.当ab撞上CD后,将会向左运动 C.ab在整个运动过程中受到的最大安培力为 D.从ab开始运动到撞上CD时,电阻R上产生的热量小于mv-mv2‎ 解析:选BD.ab向右运动时受到向左的安培力而做减速运动,产生的感应电动势和感应电流减小,安培力随之减小,加速度减小,所以ab做非匀变速直线运动,故A错误.当ab撞CD后,ab中产生的感应电动势为零,电路中电流要减小,线圈L将产生自感电动势,根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同,ab中电流方向沿b→a,根据左手定则可知ab受到向左的安培力,故当ab撞CD后,将会向左运动,故B正确.开始时,ab的速度最大,产生的感应电动势最大,由于线圈中产生自感电动势,此自感电动势与ab感应电动势方向相反,电路中的电流小于,最大安培力将小于BdI=,故C错误.从ab开始运动到撞CD时,由于线圈中有磁场能,所以电阻R上产生的热量小于mv-mv2,故D正确.‎ 三、非选择题 ‎13.(2019·高考北京卷)如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行.从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动,求:‎ ‎(1)感应电动势的大小E;‎ ‎(2)拉力做功的功率P;‎ ‎(3)ab边产生的焦耳热Q.‎ 解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势 E=BLv.‎ ‎(2)线圈中的感应电流I= 拉力大小等于安培力大小F=BIL 拉力的功率P=Fv=.‎ ‎(3)线圈ab边电阻Rab= 时间t= ab边产生的焦耳热Q=I2Rabt=.‎ 答案:(1)BLv (2) (3) ‎14.如图,固定在水平绝缘桌面上的“∠”形平行导轨足够长,间距L=1 m,电阻不计.倾斜导轨的倾角θ=53°,并与R=2 Ω的定值电阻相连.整个导轨置于磁感应强度B=5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中.金属棒ab、cd的阻值为R1=R2=2 Ω,cd棒质量m=1 kg.ab与导轨间摩擦不计,cd与导轨间的动摩擦因数μ=0.3,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现让ab棒从导轨上某处由静止释放,当它滑至某一位置时,cd棒恰好开始滑动.sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2.‎ ‎(1)求此时通过ab棒的电流;‎ ‎(2)求cd棒消耗的热功率与ab棒克服安培力做功的功率之比;‎ ‎(3)若ab棒无论从多高的位置释放,cd棒都不动,则ab棒质量应小于多少?‎ 解析:(1)ab棒沿倾斜导轨下滑切割磁感线产生的感应电流的方向是b→a,通过cd棒的电流方向是c→d.cd棒刚要开始滑动时,由平衡条件得:‎ BIcdLcos 53°=f 由摩擦力公式得:f=μN N=mg+BIcdLsin 53°‎ 联立以上三式,得Icd= A,Iab=2Icd= A.‎ ‎(2)根据题意画出等效电路如图所示:‎ 设Icd=I,因为电阻R与cd棒并联,故电阻R上产生的热功率与cd棒产生的热功率相等,即PR=Pcd=I2R 又因为流经ab棒的电流为2I,故ab棒产生的热功率Pab=4I2R 整个回路产生的热功率P=6I2R 又因为回路中消耗的热功率源于ab棒克服安培力做功,所以cd棒消耗的热功率与ab棒克服安培力做功的功率之比为==.‎ ‎(3)ab棒在足够长的轨道下滑时,最大安培力只能等于自身重力在倾斜轨道平面上的分力,有:‎ FA=mabgsin 53°‎ cd棒所受最大安培力应为FA,‎ 要使cd棒不能滑动,需满足:‎ FAcos 53°≤μ 由以上两式联立解得:mab≤ kg≈2.08 kg.‎ 答案:见解析
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