【物理】2020届二轮复习电磁感应与电路作业

【物理】2020届二轮复习电磁感应与电路作业

课时作业7　电磁感应与电路 A卷　专题强化练 一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)‎ ‎1．[2019·全国卷Ⅲ，14]楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(　　)‎ A．电阻定律 B．库仑定律 C．欧姆定律 D．能量守恒定律 命题意图：本题考查了对基本规律的理解能力，体现了能量观念这一重要核心素养．‎ 解析：楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，故选项D正确．‎ 答案：D ‎2.‎ 有一个本来无电流的固定的金属圆环如图所示，虚线为其轴线．在其右侧有一个条形永磁体，永磁体在圆环的轴线上，当永磁体绕垂直于纸面的水平轴OO′匀速转动时，如果从右往左看，下列情况下，关于圆环中感应电流的方向和大小的说法正确的是(　　)‎ A．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最大 B．当永磁体顺时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最大 C．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿顺时针方向，感应电流最小 D．当永磁体逆时针开始转动瞬间，感应电流沿逆时针方向，感应电流最小 解析：根据楞次定律可知，不管永磁体是顺时针转动还是逆时针转动，开始转动瞬间垂直向左穿过圆环的磁感线条数减少，由楞次定律可知感应电流的磁场方向一定向左，根据安培定则可知，感应电流的方向是顺时针方向(从左往右看)，此时穿过圆环的磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以感应电流最小，选项C正确．‎ 答案：C ‎3.‎ 用绝缘导线绕成一圆环，环内有一用同样绝缘导线折成的内接正四边形线框，如图所示，现把它们放在方向垂直环面向里的匀强磁场中．当匀强磁场均匀变化时，在圆环和四边形线框中产生的感应电流的比值为(不考虑感应电流产生的磁场对磁场变化的影响)(　　)‎ A．2 B. C. D. 命题意图：法拉第电磁感应定律是高考考查的热点，考查情境主要有磁场变化、导体棒转动切割磁感线以及电磁驱动和电磁阻尼等．‎ 解析：设磁感应强度的变化率＝k，圆环的半径为a，则由法拉第电磁感应定律可得圆环上产生的感应电动势E1＝·πa2＝πka2，由几何关系可知四边形线框的边长为a，则四边形线框上产生的感应电动势E2＝·‎2a2＝2ka2，设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，则由电阻定律可得圆环的电阻R1＝ρ，四边形线框的电阻R2＝ρ，故圆环中的电流I1＝＝，四边形线框中的电流I2＝＝，所以＝，故选项B正确．‎ 答案：B ‎4．[2019·湖北省襄阳四中高三测试]如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比41，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接在u＝36sin 100πt(V)的正弦交流电，图中D为理想二极管，(正向电阻不计，反向电阻为无穷大)，定值电阻R＝9 Ω，则下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝ s时，原线圈输入电压的瞬时值为18 V B．t＝ s时，电压表示数为18 V C．电流表示数为‎1 A D．变压器的输入功率为9 W 解析：t＝ s时，u＝36sin(100π×)V＝18 V，A正确；电压表测量的是有效值，输入电压的最大值为Um＝36 V．有效值为U＝＝36 V，B错误；由＝得：U2＝9 V，由I＝＝‎1 A，根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则：I2R×＋0＝I′2RT，故电流表的示数为I′＝ A，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P1＝P2＝U2I′＝ W，D错误．‎ 答案：A ‎5．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、工作时内阻为2 Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为‎1 A，则(　　)‎ A．副线圈两端电压为22 V B．电动机输出的机械功率为12 W C．通过电动机的交流电频率为50 Hz D．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小 解析：由图乙可知U1＝220 V，又知n1：n2＝10：1，则由＝，得副线圈两端电压U2＝22 V，A项错误；电动机输出的机械功率P机＝P总－P内＝1×12 W－12×2 W＝10 W，B项错误；由图乙可知，T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，C项正确；若卡住电动机，则副线圈回路电流变大，再由P入＝P出＝I2U2，可知原线圈输入功率变大，D项错误．‎ 答案：C ‎6.‎ 如图所示，两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值为r，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现将外力F沿与导轨平行的方向作用在金属杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力F与作用时间t的图象中正确的是(　　)‎ 解析：分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝＝，所以F安＝B0IL＝，Ff＝μmgcos θ，所以有F－mgsin θ－－μmgcos θ＝ma，又因v＝at，将其代入上式可得F＝t＋mgsin θ＋μmgcos θ＋ma，由此表达式可知，选项B正确．‎ 答案：B ‎7.‎ 如图所示，理想变压器的原、副线圈中连接有三个灯泡L1、L2、L3，它们的电阻分别为R1＝3 Ω、R2＝1 Ω和R3＝4 Ω，原线圈输入的是有效值为U的交变电压，当开关K断开时，电流表A1的示数为I，当开关K闭合时，电流表A1的示数变为4I.图中两电流表均为理想电流表，则开关K闭合时两电流表的示数I′1与I′2之比为(　　)‎ A．1：2 B．1：3‎ C．2：3 D．5：1‎ 解析：开关断开时，通过A2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)，由＝可得原线圈两端的电压U1＝，则U＝U1＋IR1；开关闭合时，原、副线圈的电流比为＝，通过A2的电流I′ 2＝，副线圈的输出电压U′2＝I′2R2＝R2，由＝可得原线圈两端的电压U′1＝4I2R2，则U＝U′1＋4IR1，有U1＋IR1＝U′1＋4IR1，解得＝3，则I′ 1：I′ 2＝1：3，B正确．‎ 答案：B ‎8．如图甲所示，边长为L的正方形单匝线框水平放置，左侧一半置于沿竖直方向的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容器，其余电阻不计．若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向)，则在0～2t0时间内(　　)‎ A．电容器a板带负电 B．线框中磁通量变化为零 C．线框中产生的电动势为 D．通过电阻R的电流恒为 解析：由图可知，在0～2t0时间内磁通量由向上且减小变为向下且增大，根据楞次定律可知，线框中产生逆时针方向的感应电流，则电容器a板带负电，选项A正确；在0～2t0时间内，磁感应强度由向上的B0变为向下的B0，则线框中磁通量变化为ΔΦ＝ΔB·L2＝B‎0L2，选项B错误；线框中产生的电动势为E＝＝＝，选项C正确；因电动势恒定，则回路中只有瞬时的充电电流，电容器充电完毕后，回路中电流变为零，选项D错误．‎ 答案：AC ‎9.‎ 某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每‎100米导线卷成一卷，共卷成8卷(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是(　　)‎ A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电 B．实验可以证明，T1采用升压变压器(匝数比>1)能减小远距离输电过程中的能量损失 C．若输送功率一定，则P2：P1＝n1：n2‎ D．若输送功率一定，则P2：P1＝n：n 解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，A错误；实验可以证明，T1采用升压变压器能减小输电线中的电流，从而减小远距离输电过程中的能量损失，B正确；第一次实验，输电线中的电流I＝，输电线上损失的功率P1＝I2R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1‎ ‎，输电线中的电流I′＝，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝R，解得P2：P1＝n：n，C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎10.‎ 如图所示，在匀强磁场的上方有一质量为m、半径为R的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h.将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知匀强磁场的磁感应强度为B，导体圆环的电阻为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v＝ B．圆环进人磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR C．圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为 D．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动 解析：圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为h－R，根据自由落体运动的规律得到v2＝‎2g(h－R)，解得v＝，故选项A正确；圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功，大小为2mgR，根据能量守恒，重力做的功等于电阻产生的热量，故选项B正确；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝＝，故选项C正确；圆环进入磁场的过程中，受到的安培力F＝，随有效长度l发生改变，圆环受力不平衡，因此圆环不可能做匀速直线运动，故选项D错误．‎ 答案：ABC 二、非选择题 ‎11.‎ 如图所示，电阻不计且足够长的U形金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，框架的质量m1＝‎0.4 kg、宽度l＝‎0.5 m．质量m2＝‎0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω的导体棒ab垂直放在框架上，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2.0 T．对棒施加沿斜面向上的恒力F＝8 N，棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动．棒与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)求框架刚开始运动时流过导体棒的电流I；‎ ‎(2)若已知这一过程导体棒向上位移x＝‎0.5 m，求此过程中回路中产生的热量Q(结果保留两位有效数字)．‎ 解析：(1)框架开始运动时，有 F安＝m1gsin θ＋Ff 其中F安＝IlB Ff＝μ(m1＋m2)gcos θ 解得I＝‎‎5.6 A ‎(2)设导体棒速度为v，则 E＝Blv I＝ 解得v＝‎2.8 m/s 导体棒沿斜面上升x＝‎0.5 m过程中，有 Fx－W安－m2gxsin θ＝m2v2‎ 且Q＝W安 故Q＝Fx－m2gxsin θ－m2v2＝3.3 J.‎ 答案：(1)‎5.6 A　(2)3.3 J ‎12.‎ 利用悬停直升机空投救灾物资时，有些物资只能从不高于h＝‎‎20 m 处自由释放才能安全着地，但实际直升机能够安全悬停的高度比h要高得多，直接空投会造成损失．为解决这一问题，研究小组设计了一台限速装置，不论从多高处释放物资，最终都能使物资以安全速度着地．该装置简化工作原理如图所示，竖直绝缘圆盘可以绕圆心O自由转动，其上固定半径分别为r1＝‎1 m和r2＝‎0.5 m的两个同心金属圆环，两端固定于两圆环的金属杆EF的延长线通过圆心O，足够长的不可伸长的轻质细绳一端缠绕在大金属圆环上，另一端通过光滑滑轮连接着救灾物资，圆环上的a点和b点通过电刷连接可调电阻R，两圆环之间区域存在垂直于圆盘平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小B＝40 T．g为重力加速度，细绳与大金属圆环间没有相对滑动，金属杆、金属圆环、导线及电刷的电阻均不计，空气阻力及一切摩擦均不计．‎ ‎(1)求物资能安全着地的最大速度vm的大小(取g＝‎10 m/s2)；‎ ‎(2)若物资以最大安全速度匀速下降，求此时可调电阻R两端的电势差；‎ ‎(3)若质量为m的物资匀速下降，当m＝‎60 kg时，应如何设置可调电阻R的阻值？试推导出杆EF所受安培力与物资质量m的大小关系．‎ 解析：(1)由v＝2gh 解得vm＝‎20 m/s.‎ ‎(2)物资以最大安全速度匀速下降，在Δt时间内，金属杆EF扫过的面积 ΔS＝vmΔt·r1－Δt·r2＝ 金属杆上产生的感应电动势 Em＝＝ 解得Em＝300 V，则可调电阻R两端的电势差为300 V.‎ ‎(3)物资匀速下降时，有mgv＝ 又由(2)可推知E＝，即E∝v，故R∝v 故v＝vm时，可调电阻R有最大阻值Rm＝＝7.5 Ω 所以可调电阻R的阻值应不大于7.5 Ω 金属杆EF所受安培力大小F＝BIL＝B(r1－r2)‎ 整理可得F＝mg.‎ 答案：(1)‎20 m/s　(2)300 V　(3)mg 创新解读：本题创新之处：①电磁感应问题与生活实际中直升机空投救灾物资结合；②导体棒在两圆环之间的磁场中切割磁感线并与可调电阻连接，通过调节可调电阻阻值控制电流从而控制物资下降的速度．求杆EF切割磁感线产生的感应电动势时还可以用平均速度计算，即E＝B(r1－r2)＝.‎ B卷　电磁感应中的STSE问题 ‎1．如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术．其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息．如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．关于对以上两个运用实例理解正确的是(　　)‎ A．涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象 B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料 C．以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源 D．以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源 解析：涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了互感现象，A项错误；能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料，才能在套环中形成感应电流，B项正确；以上两个案例中涡流探伤技术的线圈必须用交流电源，而跳环实验演示所连接电源是直流电源，C、D项错误．故选B.‎ 答案：B ‎2．近年来，无线充电成为应用于我们日常生活中的一项新科技，其中利用电磁感应原理来实现无线充电是比较成熟的一种方式，电动汽车无线充电方式的基本原理如图所示：路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电．在汽车匀速行驶的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．感应线圈中电流的磁场方向一定与路面线圈中电流的磁场方向相反 B．感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流 C．感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，会阻碍汽车运动 D．给路面线圈通以同向电流，不会影响充电效果 解析：由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线圈中的电流方向相反，所以感应线圈中电流的磁场方向不一定与路面线圈中电流的磁场方向相反，故A错误；由于路面线圈中的电流变化情况不确定，即产生的磁场变化情况无法确定，所以感应线圈中的电流大小不能确定．故B错误；感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；给路面线圈通以同向电流时，路面线圈产生相同方向的磁场，在汽车运动过程中产生的感应电流与路面线圈反向时不同，充电效果不同，故D错误．‎ 答案：C ‎3．(多选)漏电断路器是家庭电路中必不可少的一种安全保护装置，如图为其基本原理图．电源线的火线与零线并行绕在铁芯上，当与放大器相连的线圈有微小电流时，即刻会驱动电磁继电器断开电源，实现安全保护．下列相关说法正确的是(　　)‎ A．当与地不绝缘的人不小心触碰到火线时，漏电断路器会即刻断开电源 B ‎．当与地绝缘的人不小心同时触碰到火线与零线时，漏电断路器会即刻断开电源 C．当外接电网是恒定直流电源时，漏电断路器不能正常工作 D．在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多，则能检测到更微小的漏电 解析：由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，当与地不绝缘的人接触火线发生触电时，火线的电流比零线的电流大，导致穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，从而使继电器工作，电磁铁将开关吸引，断开电源，故A正确．B项当与地绝缘的人不小心同时接触到火线与零线时，不会形成电流变化，从而不会引起电磁感应现象；故漏电断路器不会断开电源，故B错．C项当外接电网是恒定直流电源时，如果有人触电仍会产生电磁感应现象，故能正确工作，故C错．D项在相同条件下，放大器绕在铁芯上的线圈匝数越多产生的感应电动势越大，则能检测到更微小的漏电，故D对．‎ 答案：AD ‎4．[2019·浙江杭州模拟]如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部，安装有电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计．‎ ‎(1)求线圈abcd中最大感应电动势的大小；‎ ‎(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零(缓冲车厢未与滑块K接触)，求此过程线圈abcd中通过的电荷量q和产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律(缓冲车厢未与滑块K接触)．‎ 解析：(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，此时线圈中产生的感应电动势最大，则Em＝nBLv0.‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律有＝n 根据闭合电路欧姆定律有＝，通过线圈的电荷量q＝t，解得q＝n 由能量守恒定律有Q＝mv.‎ ‎(3)位移为x时线圈中通过的电荷量q1＝n 由动量定理有－nB1Lt1＝mv－mv0，又q1＝1t1‎ 解得v＝－＋v0.‎ 答案：(1)nBLv0　(2)mv　(3)－＋v0‎