新课标2020版高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应规律及其应用精练含解析20191202112

电磁感应规律及其应用(45分钟)[刷基础]1．(2019·河北邯郸高三考前摸底)下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是( )A．图甲用磁铁靠近轻质铝环A，A会靠近磁铁B．图乙断开开关S，触点C不立即断开C．图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快解析：图甲用磁铁靠近轻质铝环A，由于A环中发生电磁感应，根据楞次定律可知，A将远离磁铁，故A错误；图乙断开开关S，由于B线圈中发生电磁感应现象阻碍电流的减小，因此线圈仍有磁性，触点C不立即断开，故B正确；图丙闭合开关S和断开开关S时均会发生电磁感应，因此电流表均有示数，故C错误；当转动铜盘时，铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，从而导致铜盘转动受到阻碍，因此铜盘将转慢，故D错误．答案：B2．(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：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.答案：A3．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，选项B正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL v＝12BL2ω，I＝ER＋r，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故选项A正确，C错误；由P＝I2R＝B2L4ω2R4(R＋r)2知，当ω变为2倍时，P变为原来的4倍，选项D错误．答案：AB4.(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：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，闭合回路PQRS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．答案：D5.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正．以下说法正确的是( )A ．从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B ．0～1 s 内圆环面积有扩张的趋势C ．3 s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D ．1～2 s 内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相反解析：由图乙知，0～1 s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A 正确，B 错误；同理可得1～2 s 内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D 错误；3 s 末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C 错误．答案：A6．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aB ．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：导体棒ab 、电阻R 、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(ΔB Δt＝k 为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt＝k ·S ，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I ＝E R，知ab 中的电流大小不变，故B 错误；安培力F ＝BIL ，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向的静摩擦力与安培力 F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确．答案：D7.(多选)(2019·陕西榆林高三期末)如图甲所示，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1 m 、总电阻为1 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行．现使导线框水平向右匀速运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场，c 、d 两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的方向垂直纸面向里B ．磁感应强度的大小为4 TC ．导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3∶1D ．0～3 s 的过程中导线框产生的焦耳热为48 J解析：0～1 s 内线框进入磁场，c 、d 两点间电势差为正，即c 点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A 正确；0～1 s 内线框进入磁场，c 、d 两点间电势差为U cd ＝34BLv ＝3 V ，线框的速度为v ＝11m/s ＝1 m/s ，解得B ＝4 T ，故B 正确；由图乙分析可知，线框在0～1 s 内进入磁场和2～3 s 内出磁场时，都是匀速运动，且速度都为1 m/s ，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1∶1，故C 错误；线框在0～1 s 内进入磁场过程中电流为I ＝E R ＝BLv R＝4 A ，产生的热量为Q 1＝I 2Rt ＝16 J,1～2 s 内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无热量产生，2～3 s 内线框出磁场过程中电流为I ′＝E ′R ＝BLv ′R ＝4 A ，产生的热量为Q 2＝I ′2Rt ＝16 J ，所以总热量为32 J ，故D 错误．答案：AB8．(2019·北京怀柔区高三理综)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L ＝0.4 m ，一端连接R ＝1 Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T ．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v ＝5 m/s.求：(1)感应电动势E 和感应电流I ；(2)在0.1 s 时间内，拉力做的功；(3)若将MN 换为电阻r ＝0.25 Ω的导体棒，仍让导体棒以v ＝5 m/s 的速度匀速运动，求导体棒两端的电压U .解析：(1)感应电动势为E ＝BLv ＝1×0.4×5 V＝2 V感应电流为 I ＝E R ＝21A ＝2 A. (2)对导体棒，由平衡条件有F ＝F 安F 安＝BIL在0.1 s 时间内，导体棒的位移为x ＝vt拉力做的功为W ＝Fx代入数据解得W ＝0.4 J.(3)MN 换为电阻r ＝0.25 Ω的导体棒时，r 可视为电源内阻，导体棒两端的电压等于R 两端的电压，即路端电压．由闭合电路欧姆定律可得，感应电流为I ′＝E R ＋r ＝21＋0.25A ＝1.6 A. 导体棒两端的电压为U ＝I ′R ＝1.6×1 V＝1.6 V.答案：(1)2 V 2 A (2)0.4 J (3)1.6 V[刷综合]9．(多选)(2019·福建三明第一中学理科综合)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L .一边长为L 的正方形导体线圈，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等．从ab 边刚越过GH 处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v 及线框所受安培力F 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )解析：根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv R ，产生的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v R，即安培力随速度变化而变化．因ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等，由分析可知，线框的运动情况只能是进磁场时做变减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做变减速运动，结合图象知A 正确，B 错误．根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向向上为正，且F ＝BIL ＝B 2L 2v R；线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中安培力方向向上，且等于进入磁场时的安培力，所以C 正确，D 错误．答案：AC10．(多选)(2019·东北三省六校联考)如图所示，在光滑水平面内，有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的左、右边界分别为L 1、L 2.有一边长为L 的正方形导线框距离磁场左边界L 1的某处由静止在恒力F 作用下穿过该磁场区域，已知当线框的右边到达L 2时线框刚好做匀速直线运动．当线框的右边到达L 1时开始计时，以L 1上的O 点为坐标原点，取如图所示的坐标轴x ，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向左为安培力的正方向．则关于线框中的感应电流i 及线框受到的安培力F 与位置坐标x 的关系图线中正确的是( )解析：根据题意知线框的右边到达L 2时线框刚好做匀速直线运动，此时线框受到的安培力与恒力F 大小相等，即F A ＝F ，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场的过程中，安培力应小于恒力F ，即F A ′<F ，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速的过程中，右边到达L 2时速度增大，安培力增大，安培力将大于拉力，不可能匀速运动．线框进入磁场的过程中，随着速度的增大，产生的感应电动势E ＝BLv 和感应电流i ＝BLv R 逐渐增大，安培力F A ＝B 2L 2v R逐渐增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以做加速度减小的变加速运动，所以感应电流i 的变化率也应逐渐减小，安培力F 的变化率也逐渐减小；线框完全进入磁场时，感应电流为零，安培力为零；线框出磁场时做匀速运动，产生的感应电动势和感应电流恒定不变，所受安培力恒定不变；根据楞次定律判断可知，线框进入磁场和穿出磁场的过程中，感应电流方向相反，进磁场时方向为正，出磁场时方向为负，因安培力阻碍线框的运动，则所受的安培力方向都向左，为正方向，故A 、D 正确，B 、C 错误．答案：AD11.如图甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab 的质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝1 Ω；MN 、PQ 的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L ＝3 Ω，定值电阻R 1＝7 Ω，调节电阻箱使R 2＝6 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，在t ＝0时刻由静止释放ab ，在t ＝0.5 s 时刻闭合S ，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab 的速度随时间变化图象．(1)求斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)ab 由静止下滑x ＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R 2的值，当R 2为何值时，ab 匀速下滑中R 2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析：(1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得a ＝Δv Δt＝6 m/s 2 由牛顿第二定律有mg sin α＝ma ，所以有sin α＝35，即α＝37°， t ＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，由图乙可知，此后ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m ＝6 m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F 安，又F 安＝BId ，I ＝Bdv m R 总联立以上三式有mg sin α＝B 2d 2v m R 总又R 总＝R ＋R 1＋R L R 2R L ＋R 2代入数据解得B ＝1 T.(2)由能量转化关系有mgx sin α＝12mv 2m ＋Q代入数据解得Q ＝28.2 J.(3)ab 匀速下滑时有mg sin α＝BdI所以I ＝mg sin αBd ＝0.6 A通过R 2的电流为I 2＝R LR L ＋R 2IR 2的功率为P ＝I 22R 2联立以上两式可得P ＝I 2R 2L R 2(R L ＋R 2)2＝I 2R 2L (R LR 2＋R 2)2当R LR 2＝R 2，即R 2＝R L ＝3 Ω时，R 2消耗的功率最大， 所以P m ＝0.27 W.答案：(1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W。