2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练答案

选择题增分特训(十)
1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.
2.C[解析] 根据右手螺旋定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.
3.C[解析] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.
4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.
5.B[解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.
6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正
值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感
应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.
7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.
8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.
9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.
10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.
11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场
相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C
正确,D错误.
12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.
13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错
误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.
非选择题增分特训(八)
1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W
[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V
又R外==Ω=0.2 Ω
则感应电流的大小I== A=5 A
(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P
(3)导体棒PQ匀速运动,则
F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N
故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.
2.(1)(2)Pt-
[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
回路中的电流I=
导体棒所受的安培力F安=BIL
P=Fv
匀速运动时,有F=F安
联立解得v=.
(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得
W F+W安=mv2
其中W F=Pt
回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即
Q=-W安
联立可得Q=Pt-.
3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析
[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.
棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A
而F A=BI1L,I1=
联立解得F f=.
(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv
而F=B L,=,x=t
联立解得x=
根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2
根据功能关系得Q=W A
解得Q=mv2.
(3)丙图正确
当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;
当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.
4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W
[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s
由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V
(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A
导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V
设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma
解得a=g-=2 m/s2
(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'l
I'=
解得v=5 m/s
此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.
5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s
[解析] (1)在进入磁场前的加速度
a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2
由=2as1
解得v1=1.2 m/s
(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.
设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2
因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N
解得s2=0.15 m
故t== s=0.125 s
6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J
[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.
感应电动势E=B1lv0
电流I==
安培力F=B1Il
匀速运动,有mg sin θ=F
联立解得v0=6 m/s.
(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv
解得v=1.5 m/s.
(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv
'Δt=q==
解得Δv=0.25 m/s
同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv
出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s
根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。