【物理】2019届二轮复习电磁感应作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习电磁感应作业（全国通用）

第10讲　电磁感应 ‎1．(多选)(2018·河北省衡水中学模拟)如图1所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去．现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是(　　)‎ 图1‎ A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B．线圈沿轴向有伸长的趋势 C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 D．若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射 答案　AC 解析　线圈中通电，由安培定则可知圆环位置磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，A项正确；同向电流互相吸引，线圈沿轴向有收缩的趋势，B项错误；因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项正确；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，是不会被向左弹出的，D项错误．‎ ‎2．如图2所示装置中，线圈A、B彼此绝缘绕在一铁芯上，B的两端接有一电容器，A的两端与放在匀强磁场中的导电轨道连接，轨道上放有一根金属杆ab ‎.要使电容器上板带正电，金属杆ab在磁场中运动的情况可能是(　　)‎ 图2‎ ‎①向右减速滑行　②向右加速滑行 ③向左减速滑行　④向左加速滑行 以上选项正确的为(　　)‎ A．①④ B．②③ C．①② D．③④‎ 答案　B 解析　若ab向右做减速运动，右边线圈中的电流是从上向下减小，故右边线圈中的磁场从上向下减小，故穿过左边线圈的磁通量从下向上减小，线圈B中会产生一个从上向下的电流，下极板带正电，①错误；若向右加速滑动，则右边的线圈中产生的电流是从上向下增大，故右边线圈的磁场是从上向下增大，所以左侧线圈的磁通量从下向上增大，故左侧线圈产生一个从下向上的感应电流，故上极板带正电，②正确；同理③正确，④错误，故选B.‎ ‎3．(多选)(2018·河南省中原名校第四次模拟)如图3甲所示，光滑“∠”型金属支架ABC固定在水平面里，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，导体棒与金属支架接触良好，磁场随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大 B．t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零 C．t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小 D．t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变 答案　BC 解析　t1时刻磁感应强度的变化率为零，因此回路中的感应电流为零，导体棒受到的安培力为零，因此轻杆对导体棒的作用力为零，A项错误；t2时刻回路中的感应电流不为零，但磁感应强度为零，因此导体棒受到的安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，B项正确；设回路总电阻为R，根据法拉第电磁感应定律E＝n·S，由闭合电路欧姆定律I＝，安培力F安＝BIL，联立得F安＝·B·，其中为定值，B的大小在t2到t3时间内从0逐渐增大到最大值，的大小，即B－t图象切线的斜率在t2到t3时间内从最大值逐渐减小到零，所以F安先增大后减小，故轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，C项正确；t2到t3时间内，磁感应强度增大，因此回路有收缩的趋势，导体棒受到的安培力向左，轻杆对导体棒的作用力向右，同理分析，t3到t4时间内，杆对导体棒的作用力向左，D项错误．‎ ‎4．(多选)(2018·陕西省宝鸡市质检二)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图4所示，水平铜盘可绕竖直转轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和转轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中，M和N之间连接阻值为R的导体和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片的等效电阻为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．导体R中的电流方向从a到b B．铜盘转动产生的感应电动势大小为BL2ω C．导体R的最大功率为 D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大功率为 答案　BCD 解析　若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得：铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得：I＝，则导体R的功率为P＝I2R＝2R，当RP＝0时，导体的功率最大，即Pm＝，故C正确；把导体R等效成电源的内阻，则电源的等效内阻为r′＝r＋R，此时外电路只有RP，故当RP＝r＋R时，滑动变阻器的功率最大，即Pm′＝，故D正确．‎ ‎5.(多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图5所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)规律变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则(　　)‎ 图5‎ A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从B到A C．定值电阻的阻值为R＝－r D．整个电路的热功率P＝ 答案　BCD ‎6．(2018·江西省七校第一次联考)‎ 如图6所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变化的图线．利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象．两次实验中分别得到了如图7甲、乙所示的电流－时间图线．条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计．则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6　　　　　　　图7‎ A．若两次实验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图对应实验条形磁铁距铜线圈上端的高度 B．若两次实验条形磁铁的磁性强弱不同，其他实验条件均相同，则甲图对应实验条形磁铁的磁性比乙图对应实验条形磁铁的磁性强 C．甲图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图对应实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能 D．两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下 答案　C 解析　由题图甲和题图乙的对比可知题图甲中产生的感应电流小于题图乙中的，则可知题图甲中条形磁铁到达线圈的速度必然小于题图乙中的，则必然下落的高度要更低一点，故A错误；如果高度相同，故到达线圈时的速度相同，题图甲中感应电流小，则题图甲中的磁性弱，故B错误；由于两个过程中都有感应电流，要产生焦耳热，则必然有机械能的损耗，感应电流大，则损耗的机械能相应就大，故C正确；由楞次定律可得，两个过程中所受的安培力均是向上的，故D错误．‎ ‎7.(多选)(2018·广东省肇庆市第三次检测)在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连，棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图8所示，从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象，可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正)(　　)‎ 图8‎ 答案　AC 解析　在ab棒匀速通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，ab棒产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；‎ 在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E＝BLv分析可知，cd棒产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F＝BIL＝，L均匀增大，则F与L2成正比，故B、D错误，A、C正确．‎ ‎8．(多选)(湖南省雅礼中学模拟二)如图9所示．间距为L的光滑平行金属轨道上端用电阻R相连．其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m、接入电路的电阻为r的金属杆ab(长度略大于L)，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度 B．杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率 C．杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等 D．杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于 答案　CD 解析　上滑的过程，杆所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：FA＋mgsin θ＝ma上；而安培力为：FA＝，可知v减小，FA减小，a上减小，杆做变减速运动；下滑的过程，杆所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsin θ－FA＝ma下，而安培力为：FA＝，可知v增大，FA增大，a下减小，杆做变加速运动，故A错误．根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误．根据电荷量公式q＝可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量ΔΦ相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R的电荷量相等，故C正确．杆ab上滑到最高点的过程中，回路中产生的总焦耳热为：Q＝mv－mgh，电阻R上产生的焦耳热为：QR＝Q＝，故D正确．‎ ‎9．(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图10甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d＝0.5 m，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2 m．在t＝0时，金属棒ab在恒力F作用下从图中位置由静止开始向右运动，t＝4 s时进入磁场，并恰好以v＝1 m/s的速度在磁场中匀速运动到EF位置．已知ab金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是(　　)‎ 图10‎ A．0～4 s内小灯泡的功率为0.04 W B．恒力F的大小为0.2 N C．金属棒的质量为0.8 kg D．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 W 答案　ABC 解析　金属棒未进入磁场时，电路总电阻为：‎ R总＝RL＋Rab＝5 Ω 回路中感应电动势为：‎ E1＝＝＝×2×0.5 V＝0.5 V 灯泡中的电流强度为：I＝＝ A＝0.1 A 小灯泡的功率为PL＝I2RL＝0.04 W，选项A正确；‎ 因金属棒在磁场中匀速运动，则F＝BI′d 又：I′＝＝0.2 A 代入数据解得：F＝0.2 N，选项B正确；‎ 金属棒未进入磁场时的加速度为：a＝＝0.25 m/s2‎ 金属棒的质量：m＝＝ kg＝0.8 kg，选项C正确；‎ 金属棒进入磁场后小灯泡的功率为 PL′＝I′2RL＝0.22×4 W＝0.16 W，选项D错误．‎ ‎10.(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图11所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ.两导轨间距为l.电阻均可忽略不计，在M与Q之间接有一阻值为R的电阻器，导体棒ab质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给ab棒一个初速度v0，使棒向右运动，ab棒最后停在导轨上．下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A．ab棒将做匀减速运动直到静止，整个过程回路产生的热量为mv B．ab棒速度减为时，ab棒加速度大小a＝ C．ab棒速度减为时，通过电阻器的电荷量q＝ D．ab棒速度减为时，ab棒的位移为x＝ 答案　D 解析　金属棒运动时受向左的安培力而做减速运动，加速度为a＝＝，则随速度减小，加速度减小，则金属棒的运动不是匀减速运动，选项A错误；‎ ab棒速度减为时，ab棒加速度大小 a＝＝，选项B错误；‎ ab棒速度减为时，由动量定理得：‎ ‎－BlΔt＝m－mv0＝－mv0，q＝Δt，‎ 解得q＝，选项C错误；‎ 根据q＝，则q＝＝，‎ 解得x＝，选项D正确．‎ ‎11.(多选)(2018·辽宁省葫芦岛市一模)如图12所示，两间距为d 的平行光滑导轨由固定在同一水平面上的导轨CD－C′D′和竖直平面内半径为r的圆弧导轨AC－A′C′组成，水平导轨与圆弧导轨相切，左端接阻值为R的电阻；仅水平导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．导体棒甲静止于CC′处，导体棒乙从AA′处由静止释放，沿圆弧导轨运动，与甲相碰后粘合在一起，并在到达水平导轨左端前停止．两棒的质量均为m，导体棒及导轨的电阻均不计，重力加速度大小为g.下列判断正确的是(　　)‎ 图12‎ A．两棒粘合前瞬间，乙棒速度大小为 B．两棒相碰并粘合在一起后瞬间的速度大小为 C．两棒粘合后受到的最大安培力为 D．从乙开始下滑至两棒静止的过程中，回路产生的焦耳热为mgr 答案　BD 解析　设两棒粘合前瞬间棒乙的速度大小为v1，对棒乙沿圆弧导轨运动的过程，根据机械能守恒定律有mv＝mgr，解得v1＝；设两棒相碰并粘合在一起瞬间的速度为v2，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝，故A错误，B正确．经分析可知，两棒相碰并粘合在一起后瞬间切割磁感线的最大速度为v2，故回路中产生的最大感应电动势为Em＝Bdv2，根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中通过的最大电流为：Im＝，最大安培力Fm＝BImd，联立解得最大安培力Fm＝，故C错误．根据能量守恒定律有：回路产生的焦耳热Q＝×2mv＝m2＝mgr，故D正确．‎ ‎12.(多选)(2018·河北省邯郸市第一次模拟)如图13所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面成30°角固定放置，导轨间距为1 m，导轨所在平面有磁感应强度大小为100‎ ‎ T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨的上端M与P间接有电容为200 μF的电容器．质量为1 kg的金属棒ab垂直放置在导轨上，对金属棒施加一沿导轨平面向下、大小为10 N的恒力F作用，使其由静止开始运动．不计导轨和金属棒的电阻，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)‎ 图13‎ A．金属棒先做变加速运动，后做匀速运动 B．金属棒运动过程中通过其电流方向从b到a，大小恒定为0.1 A C．金属棒由静止开始运动至t＝1 s时电容器所带电荷量为10 C D．金属棒由静止开始运动至t＝1 s时电容器储存的电场能为25 J 答案　BD 解析　设经过时间Δt时，金属棒速度为Δv，金属棒切割磁感线产生电动势变化ΔE＝BLΔv，‎ 通过电容器的电流I＝＝，‎ 又加速度定义式a＝，‎ 可得I＝CBLa，对金属棒，应用牛顿第二定律有 F－BIL＋mgsin 30°＝ma，‎ 解得a＝，故A错误；‎ 根据右手定则可知通过金属棒的电流方向从b到a，‎ 由以上可得I＝CBL，‎ 代入数据可得：I＝0.1 A，故B正确；‎ 经过时间t流过电路横截面的电荷量：‎ q＝It＝0.1×1 C＝0.1 C，故C错误；‎ 经过时间t，金属棒运动的位移x＝at2，末速度v＝at，‎ 对金属棒应用动能定理有 ‎(F＋mgsin 30°)x－WA＝mv2，‎ 又安培力做的功都转化为电容器的电场能EC，‎ 联立并代入数据解得：EC＝25 J，故D正确．‎ ‎13．(2018·河北省邢台市上学期期末)如图14所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两条相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨P1P2P3和Q1Q2Q3，两导轨间用阻值为R的电阻连接，导轨P1P2、Q1Q2的倾角均为θ，导轨P2P3、Q2Q3在同一水平面上，P2Q2⊥P2P3，倾斜导轨和水平导轨用相切的小段光滑圆弧连接，其长度可以略去不计．质量为m的金属杆CD从倾斜导轨上由静止释放，下滑距离L到达P2Q2处时的速度恰好达到最大，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，空气阻力、导轨和杆CD的电阻均不计，重力加速度大小为g，求：‎ 图14‎ ‎(1)杆CD到达P2Q2处的速度大小vm；‎ ‎(2)杆CD沿倾斜导轨下滑的过程通过电阻R的电荷量q1以及全过程中电阻R上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)杆CD沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及其停止处到P2Q2的距离s.‎ 答案　见解析 解析　(1)经分析可知，杆CD到达P2Q2处时通过的电流最大(设为Im)，且此时杆CD受力平衡，‎ 则有Bcos θ·dIm＝mgsin θ 此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为 Em＝Bcos θ·dvm 由欧姆定律可得Im＝，‎ 解得vm＝ ‎(2)杆CD沿倾斜导轨下滑过程中的平均感应电动势为 1＝，ΔΦ1＝Bcos θ·Ld 该过程中通过杆CD的平均电流为1＝，‎ 又q1＝1Δt1，解得q1＝ 对全过程，根据能量守恒定律可得Q＝mgLsin θ ‎(3)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有 mgsin θ·Δt1－Bcos θ1d·Δt1＝mvm－0‎ 解得Δt1＝＋ 在杆CD沿水平导轨运动的过程中，‎ 根据动量定理有－B2d·Δt2＝0－mvm，‎ 该过程中通过R的电荷量为q2＝2Δt2‎ 由求q1的方法同理可得q2＝，‎ 联立解得s＝.‎