【物理】2020届二轮复习12电磁感应作业（天津专用）

【物理】2020届二轮复习12电磁感应作业（天津专用）

专题提升训练12　电磁感应 ‎　专题提升训练第22页　 ‎ 一、单项选择题(本题共3小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2019·湖南三湘名校第三次联考)随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机,大到电脑、电动汽车的充电,都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图是某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电,下列说法正确的是(　　)‎ A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电 答案:C 解析:无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象,不是“电流的磁效应”现象,故选项A错误;当充电设备接直流电源时,无线充电设备不会产生交变磁场,那么不能够正常使用,故选项B错误;接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故选项C正确;被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时出现感应电动势,那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电,故选项D错误。‎ ‎2.(2019·天津期末)在如图所示的电路中,a、b、c为三盏完全相同的灯泡,L是自感线圈,直流电阻为RL,则下列说法正确的是(　　)‎ A.闭合开关后,b、c先亮,a后亮 B.断开开关时,N点电势低于M点 C.断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭 D.断开开关后,c马上熄灭,b闪一下后缓慢熄灭 答案:A 解析:开关S闭合瞬间,因线圈L的电流增大,磁通量增大,产生自感电动势,根据楞次定律可知,自感电动势阻碍电流的增大,通过a灯的电流逐渐增大,所以b、c先亮,a后亮,故A 正确;合上开关一会儿后,因线圈中电流逐渐稳定,断开开关S的瞬间,由电感的特性可知:L和a、b组成的回路中有电流,电流的方向与L中原来电流的方向相同,方向为:L→N→b→M→a→L,可知N点电势高于M点,故B错误;断开开关S的瞬间,由电感的特性可知:L和a、b组成的回路中有电流,导致a、b一起缓慢熄灭,而c没有电流,马上熄灭。由于原来a、b两灯的电流相等,开关断开的瞬间,通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小,所以两灯都不会闪亮,故C错误,D错误。‎ ‎3.(2019·陕西咸阳第二次模拟)如图甲所示,匝数n=2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2,线圈与R=2 Ω的电阻连接,置于竖直向上、均匀分布的磁场中,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度为B,B-t关系如图乙所示,规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向,忽略线圈的自感影响,则下列i-t关系图正确的是(　　)‎ 答案:D 解析:由题图乙可知,0~2s内,线圈中磁通量的变化率相同,故0~2s内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流为正方向;同理可知,2~5s内电路中的电流方向为逆时针,为负方向,由E=nΔΦΔt可得E=nSΔBΔt,则知0~2s内电路中产生的感应电动势大小为E1=2×20×10-4×‎3×1‎‎0‎‎-3‎‎2‎V=6×10-6V,则电流大小为I1=E‎1‎R‎=‎‎6‎‎2‎×10-6A=3×10-6A;同理2~5s内,I2=2×10-6A,故A、B、C错误,D正确。‎ 二、多项选择题(本题共2小题,在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的)‎ ‎4.(2019·天津二模)如图所示,电阻R、电容器C与固定在同一水平面上的光滑平行导轨相连,导轨间有竖直向下的匀强磁场。一导体棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好,导体棒与导轨电阻不计。现让导体棒获得一初速度v0从位置A向右滑动并经过B、C两位置,在导体棒向右滑动的过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A.R中的电流从a到b B.导体棒向右做匀速滑动 C.电容器的电荷量逐渐变小 D.在BC段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量 答案:AC 解析:根据右手定则可判定回路中的电流沿逆时针方向,电阻R中的电流从a到b,故A正确;根据左手定则可判断,导体棒受到向左的安培力作用做减速运动,所以电动势不断变小,电容器两端电压不断变小,根据C=QU得Q=CU,故电容器电荷量逐渐变小,故B错误,C正确;根据能量守恒可知,在BC段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量以及电容器储存的电能之和,故D错误。‎ ‎5.(2019·天津和平区二模)如图甲所示,通电直导线A和方框导线B放置于同一平面内。导线A中通入如图乙所示电流,以竖直向上的电流为正方向。下列说法正确的有(　　)‎ A.T‎2‎时刻B中没有感应电流 B.T‎2‎时刻A、B所受的安培力为零 C.T‎4‎时刻B中的感应电流方向与‎3T‎4‎时刻相反 D.0~T时间内B中的感应电流大小不变 答案:BD 解析:在0~T‎2‎时间内,直线电流方向向上,根据安培定则,知导线右侧磁场的方向垂直纸面向里,电流逐渐减小,则磁场逐渐减小,根据楞次定律,金属线框中产生顺时针方向的感应电流。在T‎2‎~T时间内,直线电流方向向下,根据安培定则,知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律,金属线框中产生顺时针方向的感应电流,故电流一直为顺时针方向;当时间为T‎2‎时刻仍然由电流而且沿顺时针方向,故A、C 错误;在T‎2‎时刻A中的电流为0,则A与B之间的相互作用力一定为0,故B正确;由题图可知,在0~T时间内A中电流的变化率不变,则穿过B的磁通量的变化率不变,由法拉第电磁感应定律可知,B内的感应电动势的大小不变,所以B内的感应电流的大小也不变,故D正确。‎ 三、计算题(本题共3小题,须写出规范的解题步骤)‎ ‎6.(2019·天津市实验中学模拟)如图所示,固定光滑金属导轨间距为l,导轨电阻不计,上端a、b间接有阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有沿导轨向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行。‎ ‎(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向;‎ ‎(2)当导体棒第一次回到初始位置时,速度变为v,求此时导体棒的加速度大小a。‎ 答案:(1)BLv‎0‎R+r,电流方向为b→a ‎(2)gsin θ-‎B‎2‎L‎2‎vm(R+r)‎ 解析:(1)导体棒产生的感应电动势为E1=BLv0‎ 根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小为I1=‎E‎1‎R+r‎=‎BLv‎0‎R+r 根据右手定则判断得知:电流方向为b→a。‎ ‎(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为E2=BLv 根据闭合电路欧姆定律得感应电流为I2=‎E‎2‎R+r‎=‎BLvR+r 导体棒受到的安培力大小为F=BIL=B‎2‎L‎2‎vR+r,方向沿斜面向上。导体棒受力如图所示:‎ 根据牛顿第二定律有mgsinθ-F=ma 解得a=gsinθ-B‎2‎L‎2‎vm(R+r)‎。‎ ‎7.(2019·天津一模)如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,竖直放置两根平行金属导轨(电阻不计),磁场方向垂直于导轨所在平面向里,导轨上端接一阻值为R的电阻。两金属棒a和b的电阻均为R,质量分别为ma=4×10-2 kg和mb=2×10-2 kg,它们与导轨接触良好并可沿导轨无摩擦滑动。闭合开关S,先固定b,用一恒力F向上拉a,稳定后a以v1=20 m/s的速度匀速运动,此时再释放b,b恰好保持静止,设导轨足够长,g取10 m/s2。‎ ‎(1)求拉力F的大小;‎ ‎(2)若将金属棒a固定,让金属棒b自由滑下(开关仍闭合),求b滑行的最大速度v2;‎ ‎(3)若断开开关,将金属棒a和b都固定,使磁感应强度大小经0.2 s由B随时间均匀增加到2B时,a棒受到的安培力正好等于a棒的重力,求两金属棒间的距离h。‎ 答案:(1)0.8 N　(2)10 m/s　(3)‎8‎‎3‎ m 解析:(1)a棒匀速运动,根据平衡条件得F=mag+BIaL b棒静止,根据平衡条件得mbg=BIbL,且Ib=‎Ia‎2‎ 代入数据解得F=0.8N。‎ ‎(2)当a棒以v1的速度匀速运动时,a棒的电流Ia=‎BLv‎1‎R+‎R‎2‎ b棒恰好保持静止,有mbg=BIbL 又Ib=‎Ia‎2‎ 当a棒静止b棒下滑至匀速时,有Ib'=‎BLv‎2‎R+‎R‎2‎ 由平衡条件得mbg=BIb'L 代入数据解得v2=v‎1‎‎2‎=10m/s。‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt‎=‎ΔBΔtS=‎BLht 感应电流I″=‎E‎2R 由题意可知mag=BI″L 联立解得h=‎v‎1‎tma‎3‎mb 代入数据解得h=‎8‎‎3‎m。‎ ‎8.(2019·天津河西区一模)如图所示两个半径分别为RA=1 m、RB=2 m的金属圆环处在竖直向下、磁感应强度B1=1 T的环形匀强磁场中,一根长l'=2 m、阻值为2 Ω的均匀金属棒OB跨放在两金属圆环上,且O点位于两环的圆心处。另有两根间距l=1 m、足够长的“L”形光滑金属导轨与水平面成θ=30°角倾斜放置,在导轨下端的挡板上,静放着一根长l=1 m、质量m=0.1 kg、阻值R=1 Ω的金属棒CD,倾斜导轨的上端通过两根导线分别与A、B两环相连,两导轨处在与导轨平面垂直斜向上、B2=1 T的匀强磁场中,除两根金属棒的电阻外,其余电阻均不计。金属棒OB在外作用下以角速度ω=2 rad/s绕O点逆时针匀速转动,t=0时闭合开关,t=2 s时金属棒CD速度最大,g取10 m/s2。‎ ‎(1)开关闭合前,求A、B两点的电势差UAB大小及A、B两点的电势高低;‎ ‎(2)求金属棒CD达到的最大速度;‎ ‎(3)若t=2 s时,因故障金属棒OB停止转动,金属棒CD继续上滑,现测得金属棒CD由t=0时刻至上滑到最高点的过程中通过的电荷量为1.3 C,求故障后金属棒CD在上滑过程中CD棒产生的热量。‎ 答案:(1)3 V,A点的电势高　(2)2 m/s　(3)0.05 J 解析:(1)金属棒OB匀速转动时切割磁感线产生感应电动势 E=BLABv=B(RB-RA)·‎ω(RA+RB)‎‎2‎ 代入数据解得E=3V 由右手定则可知,电流由B流向A,则A点电势高。‎ ‎(2)通过CD的电流方向由C到D,金属棒CD向上加速运动,速度最大时受力平衡,根据平衡条件可得B2IL=mgsinθ 回路中的有效电阻为2R=2Ω 故电流I=‎E-B‎2‎Lvm‎2R 代入数据解得vm=2m/s。‎ ‎(3)金属棒CD加速上滑过程中,由动量定理得:(B2IL-mgsinθ)t=mvm 其中q=It,代入数据解得q=1.2C 金属棒CD减速上滑过程中通过的电荷量q'=1.3C-1.2C=0.1C 根据q'=B‎2‎Lx‎2R,代入数据解得,金属棒CD沿导轨减速上滑的距离x=0.2m 根据能量守恒定律可得‎1‎‎2‎mvm‎2‎=2Q+mgxsinθ,‎ 代入数据解得Q=0.05J。‎