2020届高考物理二轮复习专题强化练十二电磁感应规律及其应用含解析

专题强化练(十二)
考点1 楞次定律和电磁感应定律
1．(2019·合肥模拟)如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是( )
A．线圈中产生顺时针方向的感应电流
B．线圈中产生逆时针方向的感应电流
C．线圈中不会产生感应电流
D．线圈面积有缩小的倾向
解析：由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零．当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生感应电流，故C项正确．
答案：C
2．(多选)(2019·郑州模拟)如图甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N 两板间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列叙述正确的是( )
A．0～1 s内，ab、cd导线互相排斥
B．1～2 s内，ab、cd导线互相吸引
C．2～3 s内，ab、cd导线互相吸引
D．3～4 s内，ab、cd导线互相排斥
解析：根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，所以ab中电流方向是由a向b的．在第1 s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流方向是由c向d的，根据ab、cd内电流的流向关系，可知两导线相互吸引，故A项错误；在第2 s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的，根据电流的流向关系可知两导线相互吸引，故B 项正确；同理可以判断C项错误，D项正确．
答案：BD
3．(2019·深圳模拟)某一学习小组在研究电磁感应现象时，利用一根粗细均匀的金属
丝弯成导轨abcd ，a —
b ＝3b —
c .导体棒ef 的电阻是bc 段电阻的两倍，如图所示，匀强磁场垂直于导轨平面，当用平行于导轨的外力F 将导体棒ef 由靠近bc 位置匀速向右移动时，则( )
A ．导体棒ef 两端的电压不变
B ．导体棒ef 中的电流变大
C ．拉力F 的瞬时功率变大
D ．导轨abcd 消耗的电功率先变大后变小
解析：设ef 的电阻为r ，ebcf 的电阻为R ，ef 长为L ，速度为v ，磁感应强度为B ，则导体棒ef 产生的感应电动势为：E ＝BLv ；ef 两端的电压为：U ＝R
R ＋r
E ，E 、r 不变，R 变大，
可知U 变大，选项A 错误；ef 中的电流为：I ＝
E
R ＋r
，E 、r 不变，R 变大，I 变小，选项B 错
误；导体棒匀速运动时拉力F 的功率等于回路中的电功率，为P ＝
E 2
R ＋r
，R 增大，则P 减小，
选项C 错误．abcd 消耗的功率是电源ef 的输出功率，根据条件：a —
b ＝3b —
c ，ef 的电阻是bc 段电阻的两倍，可知ebcf 的电阻先小于ef 的电阻，再等于ef 的电阻，后大于ef 的电阻，所以导轨abc
d 消耗的电功率先增大后减小，选项D 正确．
答案：D
4．(2019·成都模拟)如图所示，ef 、gh 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L ＝1 m ，导轨左端连接一个R ＝2 Ω的电阻，将一根质量为0.2 kg 的金属棒cd 垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．现对金属棒施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始向右运动，试解答以下问题：
(1)若施加的水平外力恒为F ＝8 N ，则金属棒达到的稳定速度v 1是多少？ (2)若施加的水平外力的功率恒为P ＝18 W ，则金属棒达到的稳定速度v 2是多少？
解析：(1)由平衡条件得F ＝F 安＝B 2L 2v
R
，
所以金属棒的速度v 1＝
FR B 2L 2
，
代入数据解得v 1＝4 m/s ；
(2)金属棒速度达到稳定时，由平衡条件得
水平外力F ′＝F ′安＝B 2L 2v 2
R
，
功率P ＝F ′v 2， 解得v 2＝3 m/s.
答案：(1)4 m/s (2)3 m/s 考点2 电磁感应中的图象问题
5．(2019·惠州模拟)如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )
解析：线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i 应为正方向，选项B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i 应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，选项A 正确，D 错误．
答案：A
6．(多选)(2019·德州模拟)如图甲所示，一正方形导线框ABCD 置于匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示，则线框中的电流I 和导线AB 受到的安培力
F 随时间t 变化的图象分别是(规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，逆时针方向
为线框中电流的正方向，向右为安培力的正方向)( )
解析：由B-t 图象可知，0～T
2内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中
电流方向为逆时针，沿ABCDA 方向，即电流为正方向；T
2～T 内，线圈中向里的磁通量减小，
由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为负方向；由法拉第电磁感应定律E ＝
ΔΦΔt ＝ΔB ·S
Δt
，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流大小保持不变，选项A 正确，B 错误；0～T
2内，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB 边受到的安培力的
方向向右，为正值；T
2～T 内，电路中的电流为顺时针，AB 边受到的安培力的方向向左，为负
值；根据安培力的公式F ＝BIL ，电流大小不变，安培力的大小与磁感应强度成正比，选项C 正确，D 错误．
答案：AC
7．(2019·上饶模拟)在如图所示的竖直平面内，在水平线MN 的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C 与MN 重合，线框由静止释放，沿轴线DC 方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v-t 图象，可能正确的是( )
解析：线框进入磁场过程中受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v
R ，线框切割磁感线的有效长度l
增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mg －F ＝ma ，得a ＝g －B 2l 2v
mR
，线框由静止加速，由于
l 、v 不断增大，a 不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，选项C 正确．
答案：C
8．(2019·太原模拟)如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L ，左端接电阻R ，导轨电阻不计．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．将质量为m 、电阻为r 的金属棒ab 置于导轨上．当ab 受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动时，F 与金属棒速度v 的关系如图乙所示．已知ab 与导轨始终垂直且接触良好，设ab 中的感应电流为I ，ab 受到的安培力大小为F 安，R 两端的电压为U R ，R 的电功率为P ，则下图中正确的是( )
解析：由题图乙可得F ＝F 0－kv ，金属棒切割磁感线产生电动势E ＝BLv ，金属棒中电流
I ＝
BLv
（R ＋r ）
，金属棒受安培力F 安＝BIL ，对金属棒根据牛顿第二定律：F －F 安＝ma ，代入得：
F 0－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋B 2L 2
R ＋r v ＝ma ，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，选项A 正确；F 安＝B 2L 2v R ＋r ，U R ＝BLv R ＋r R ，R 消耗的功率P ＝U 2R
R
，选项B 、C 、D 错误．
答案：A
考点3 电磁感应中的电路和动力学问题
9．(多选)(2019·成都模拟)如图甲，线圈A (图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m 2
，总电阻r ＝2 Ω，A 右侧所接电路中，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝3 μF ，开关S 1闭合．A 中有横截面积为0.2 m 2
的区域C (图中虚线)，C 内有图乙所示的变化磁场，t ＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里．下列判断正确的是( )
A ．闭合S 2、电路稳定后，通过R 2的电流由b 流向a
B ．闭合S 2、电路稳定后，通过R 2的电流大小为0.4 A
C ．闭合S 2、电路稳定后再断开S 1，通过R 2的电流由b 流向a
D ．闭合S 2、电路稳定后再断开S 1，通过R 2的电荷量为7.2× 10－6
C
解析：根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S 2、电路稳定后，通过R 2的电流由a 流向b ，选项A 错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.6
3×0.2
V ＝4 V ，则闭合S 2、电路稳定后，通过R 2的电流大小为I ＝
E R 1＋R 2＋r ＝42＋6＋2
A ＝0.4 A ，选
项B 正确；闭合S 2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S 1，电容器放电，通过R 2的电流由a 流向b ，选项C 错误；电路稳定后电容器带电量Q ＝CU R 2＝3×10－6
×0.4×6 C ＝7.2×10－6
C ，则电路稳定后再断开S 1，通过R 2的电荷量为7.2×10－6
C ，选项
D 正确．
答案：BD
10．(多选)(2019·桂林三校联考)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.20 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.10 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一水平外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．求金属杆开始运动经t ＝5.0 s 时( )
A ．通过金属杆的感应电流的大小为1 A ，方向由b 指向a
B ．金属杆的速率为4 m/s
C ．外力F 的瞬时功率为1 W
D ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5 C
解析：金属杆向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经
t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.4
0.4
A ＝1 A ，故A 正
确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R
R ＋r
E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝
R
R ＋r
BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U-t 图象知金属杆做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2
，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma ，解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W ＝1 W ，故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q
＝I —
t ＝
E －
R ＋r t ＝ΔΦ
R ＋r
＝B ×12at 2×L
R ＋r
＝2.5 C ，故D 错误．
答案：AC
11．(2019·怀化模拟)如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN ，PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为
R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg ，电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现
使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图乙中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g 取10 m/s 2
(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)．求：
(1)判断金属棒两端a 、b 的电势高低； (2)磁感应强度B 的大小；
(3)在金属棒ab 从开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量．
解析：(1)由右手定则可知，ab 中的感应电流由a 流向b ，ab 相当于电源，则b 点电势高，a 点电势低；
(2)由x-t 图象求得t ＝1.5 s 时，
金属棒的速度v ＝Δx Δt ＝11.2－7
2.1－1.5 m/s ＝7 m/s ，
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F ＝BIL ，I ＝
E
R ＋r
，E ＝BLv ，
联立得F ＝B 2L 2v
R ＋r
，
根据平衡条件得F ＝mg ，
则有mg ＝B 2L 2v
R ＋r
，
代入数据解得B ＝0.1 T ；
(3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路的内能．设电路中产生的总焦耳热为Q ，
根据能量守恒定律得mgx ＝12mv 2
＋Q ，
代入数据解得Q ＝0.455 J ，
故R 产生的热量为Q R ＝
R
R ＋r
Q ＝0.26 J. 答案：(1)b 点电势高，a 点电势低 (2)0.1 T (3)0.26 J
12．(2019·泉州模拟)如图，水平面内有一光滑金属导轨QPMN ，MP 边长度为d ＝3 m 、阻值为R ＝1.5 Ω，且MP 与PQ 垂直，与MN 的夹角为135°，MN 、PQ 边的电阻不计．将质量
m ＝2 kg 、电阻不计的足够长的直导体棒搁在导轨上，并与MP 平行，棒与MN 、PQ 交点E 、F
间的距离L ＝4 m ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．在外力作用下，棒由EF 处以初速度v 0＝3 m/s 向右做直线运动，运动过程中回路的电流强度始终不变．求：
(1)棒在EF 处所受的安培力的功率P ；
(2)棒由EF 处向右移动距离2 m 所需的时间Δt ； (3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中，外力做功W . 解析：(1)棒在EF 处的感应电动势E ＝BLv 0＝6 V ， 根据闭合电路的欧姆定律可得电流为
I ＝E
R
＝4 A ，安培力F A ＝BIL ＝8 N ， 安培力的功率P ＝F A v 0＝24 W ；
(2)棒向右移动2 m 的过程中回路磁通量变化量为：
ΔΦ＝B ·ΔS ＝B (Lx ＋12x 2
)＝5 Wb ，因为电流强度始终不变，电动势也不变，由法拉第
电磁感应定律E ＝ΔΦ
Δt
可得
Δt ＝ΔΦE ＝56
s ≈0.83 s ；
(3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中，磁通量变化量为： ΔΦ′＝E Δt ′＝12 Wb ，
棒扫过的面积为：ΔS ′＝ΔΦB
＝24 m 2
，
2 s 的过程棒移动了x ′，ΔS ′＝12
(2Lx ′＋x ′2
)，
x ′＝4 m ，
此时电动势不变，为：E ＝B (L ＋x ′)v ， 代入数据解得v ＝1.5 m/s ， 安培力做功等于回路产生的焦耳热
W A ＝I 2R Δt ′2＝48 J ，
根据动能定理有
W －W A ＝12mv 2－12
mv 20，
代入数据解得W ＝41.25 J.
答案：(1)24 W (2)0.83 s (3)41.25 J。