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

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文档介绍

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

‎【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。‎
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