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1、第2讲电磁感应规律及综合应用一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.(2018湖北七校模拟)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.如图给出了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(C)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
2、行无线充电解析: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A错误;当充电设备通以恒定直流,无线充电设备不会产生交变磁场,那么不能够正常使用,故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,则出现感应电动势,那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电,故D错误.2.(2018上海嘉定区二模)如图所示,MN是一根固定的通电长直导线,电流方向向上.今将一矩形金属线框abcd放在导线上,让线框的位置偏向导线的左边,两者彼此绝缘.当导线中的电流突然增大时,线框整体
3、受力情况为(A)A.受力向右B.受力向左C.受力向上D.受力为零解析:金属线框放在导线MN上,导线中电流产生磁场,根据安培定则判断可知,线框左右两侧磁场方向相反,线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量,磁通量存在抵消的情况.当导线中电流增大时,穿过线框的磁通量增大,线框产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化,则线框将向磁通量减小方向运动,即向右移动,故线框整体受力A正确,B,C,D错误.3.(2018安徽蚌埠三模)如图所示,某小组利用电流传感器(接入电脑,图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况,i1表示小灯泡中的电流,i2表
4、示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2i1),则下列图像中正确的是(C)解析:开关断开后,A与L组成闭合回路后,L中的电流方向不变,而A中的电流方向与此前的电流方向相反,故C正确,A,B,D错误.4.(2018河北石家庄二模)如图(甲)所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQ之间有阻值为R的电阻,PQMN所围的面积为S,不计导轨和导体棒的电阻.导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在02t0时间内磁感应强度的变化情况如图(乙)所示,导体棒MN始终处于静止状态.下列说法正确的是(B)A.在0t0和t02t0内,导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B.在t02t0内,通过电阻R的电
5、流方向为P到QC.在0t0内,通过电阻R的电流大小为D.在t02t0内,通过电阻R的电荷量为解析:由图(乙)所示图像可知,0t0内磁感应强度减小,穿过回路的磁通量减少,由楞次定律可知,为阻碍磁通量的减少,导体棒具有向右的运动趋势,导体棒受到向左的摩擦力,在t02t0内,穿过回路的磁通量增加,为阻碍磁通量的增加,导体棒有向左的运动趋势,导体棒受到向右的摩擦力,在两时间段内摩擦力方向相反,故A错误;在t02t0内磁感应强度增大,穿过闭合回路的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流沿顺时针方向,通过电阻R的电流方向为P到Q,故B正确;应用法拉第电磁感应定律可得,在0t0内感应电动势为E1=,感应电流为
6、I1=,故C错误;由图(乙)所示图像,应用法拉第电磁感应定律可得,在t02t0内感应电动势为E2=,感应电流为I2= =;在t02t0时间内,通过电阻R的电荷量为q=I2t0=,故D错误.5.(2018重庆模拟)如图所示,处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L,M和N之间连接两块水平正对放置的金属板,金属板距离为d,虚线为线框中轴线,虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场.板间有一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴恰好处于平衡状态,重力加速度为g,则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是(B)A.正在增强,=B.正在减小,=C.正在增强,=D.正在减小,=解析
7、:电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态,电场力竖直向上,则电容器的下极板带正电,所以线框下端相当于电源的正极,感应电动势顺时针方向,感应电流的磁场方向和原磁场同向,根据楞次定律,可得穿过线框的磁通量在均匀减小;线框产生的感应电动势E=S =L2;油滴所受电场力F=E场q=q,对油滴,根据平衡条件得q=mg,线圈中的磁通量变化率的大小为=.6.如图所示,光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上,两导轨距离为L,两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2,两导轨间有一边长为的正方形区域abcd,该区域内有方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电阻为R的金属杆与导轨接触良好并静止于ab
8、处,现用一恒力F沿水平方向拉杆,使之由静止起向右运动,若杆出磁场前已做匀速运动,不计导轨的电阻.下列说法正确的是(AD)A.金属杆做匀速运动时的速率为B.金属杆做匀速运动时两端的电压为C.金属杆穿过整个磁场过程中R1上通过的电荷量为D.金属杆离开磁场时的热功率是解析:等效电路如图所示,金属杆做匀速运动时有F=F安=,其中R总=R,则v=,选项A正确;金属杆做匀速运动时产生的感应电动势为E=Bv=B=,由电路关系可知U=,选项B错误;由q=,得通过电路的总电荷量为q=,但R1上通过的电荷量q1=,故选项C错误;金属杆离开磁场时,电路的总热功率P总=,由于通过杆的电流是电阻R1,R2电流的2倍,则
9、杆上的热功率是电阻R1,R2热功率的4倍,故P杆=P总=,选项D正确.7.如图所示,两根足够长平行金属导轨倾角=30,导轨上、下端各接电阻R=20 ,导轨电阻忽略不计,导轨宽度L=2 m,匀强磁场垂直导轨平面向上,磁感应强度B=1 T.金属棒ab质量m=0.1 kg、电阻r= 10 ,在较高处由静止释放,金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好.当金属棒ab下滑高度h=3 m时,速度恰好达到最大值v=2 m/s,取g=10 m/s2.则此时下列说法正确的是(ABD)A.ab棒受到沿导轨向上的安培力为0.4 NB.ab棒两端的电压为2 VC.每个电阻R中产生热量为0.7 JD.ab棒
10、所受摩擦力为0.1 N解析:电路中总电阻R总=20 ,ab棒下落速度最大时,有F安= N=0.4 N,选项A正确;棒上的感应电动势E=BLv=4 V,而ab棒上的电压Uab=2 V,选项B正确;由ab棒平衡得mgsin -F安-Ff=0,所以Ff=mgsin -F安=0.1 N,选项D正确;由动能定理mgh-Q-Ff =mv2,得Q=mgh-mv2-Ff=2.2 J,每个电阻R中产生热量为Q1= 0.55 J,选项C错误.8.(2018青海西宁二模)如图(甲)所示,正方形金属线圈abcd位于竖直平面内,其质量为m,电阻为R.在线圈的下方有一匀强磁场,MN和MN是磁场的水平边界,并与bc边平行,
11、磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图(乙)是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图像,图中字母均为已知量.重力加速度为g,不计空气阻力.下列说法正确的是(BD)A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.金属线框的边长为v1(t2-t1)C.磁场的磁感应强度为D.金属线框在0t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2-t1)+m(- )解析:金属线框刚进入磁场时磁通量增大,根据楞次定律判断可知,感应电流方向沿abcda方向,故A错误;由图像可知,金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,故金属线框的边长
12、l=v1(t2-t1),故B正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力,则mg=BIl,I=,又l=v1(t2-t1),联立解得B= ,故C错误;t1到t2时间内,根据能量守恒定律,产生的热量为Q1=mgl=mgv1(t2-t1);t3到t4时间内,根据能量守恒定律,产生的热量为Q2=mgl+m(-)=mgv1(t2-t1)+m(-),故Q=Q1+Q2=2mgv1 (t2-t1)+m(-),故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2018山东潍坊三模)如图所示,平行导轨宽度L=0.5 m,固定在水平面内,左端A,C间接有电阻R=3 ,金属棒DE质量m
13、= 0.40 kg,电阻r=1 ,垂直导轨放置,棒与导轨间的动摩擦因数=0.25,到AC的距离x=2.0 m,匀强磁场磁感应强度方向垂直平面向上,磁感应强度随时间t的变化规律是B=(2+2t)T,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计导轨电阻,g=10 m/s2,求:(1)t=0时刻回路中的磁通量及回路中感应电流的方向;(2)经多长时间棒开始滑动?(3)从t=0到开始滑动的时间内,电阻R上产生的焦耳热.解析:(1)根据B=(2+2t)T,知t=0时刻磁感应强度B0=2 T回路中的磁通量=B0Lx解得=2.0 Wb;穿过回路的磁通量增加,根据楞次定律知回路中感应电流的方向沿顺时针方向.(2)棒刚开始
14、滑动时,对棒受力分析如图此时FA=fm,即(2+2t)IL=0.25mg;回路中的感应电动势E=Lx根据B=(2+2t)T知=2 T/s回路中的感应电流I=联立解得t=1 s.(3)电阻R上产生的焦耳热Q=I2Rt,代入数据可得Q=0.75 J.答案:(1)2.0 Wb顺时针方向(2)1 s(3)0.75 J10.(20分)(2018江西上饶三模)如图所示,倾角为=37的足够长平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻,其阻值为R1=R2=2r,两导轨间距为L=1 m.在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场,其磁感应强度为B1=1 T.在导轨上横放一质量m=1 kg、电阻为r=
15、1 、长度也为L的导体棒ef,导体棒与导轨始终良好接触,导体棒与导轨间的动摩擦因数为=0.5.在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S=0.5 m2、总电阻为r、匝数N=100匝的线圈(线圈中轴线沿竖直方向),在线圈内加上沿竖直方向、且均匀变化的磁场B2(图中未画出),连接线圈电路上的开关K处于断开状态,g=10 m/s2,不计导轨电阻.sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)从静止释放导体棒,导体棒能达到的最大速度是多少?(2)导体棒从静止释放到稳定运行用时t=3.25 s,这段时间通过电阻R1的电荷量是多少?导体棒的位移是多大?(3)现闭合开关K,为使导体棒静止于倾斜导轨上,那
16、么在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率大小的取值范围.解析:(1)对导体棒,由牛顿第二定律有mgsin -mgcos -B1IL=ma其中I=可知,随着导体棒的速度增大,加速度减小,当加速度减至0时,导体棒的速度达最大vm,有vm=,代入数据解得vm=4 m/s.(2)导体棒从静止释放到稳定运行时间内,设通过导体棒的平均电流为I,导体棒下滑距离为x,由动量定理(mgsin -mgcos -B1IL)t=mvm,通过R1的电荷量q1=It,解得q1=1.25 C.通过导体棒的电荷量q=It=,解得x=5 m.(3)开关闭合后,导体棒ef受到的安培力F=B1IefL,干路电流I=,电路的总电阻R总=r+=r,解得Ief=I=,则F=,当安培力较大时Fmax=mgsin +mgcos =10 N,解得=0.6 T/s,安培力较小时Fmin=mgsin -mgcos =2 N,解得=0.12 T/s,为使导体棒静止于倾斜导轨上,磁感应强度的变化的取值范围为0.12 T/s0.6 T/s;根据左手定则、楞次定律和安培定则知闭合线圈中所加磁场:若方向竖直向上,则均匀减小;若方向竖直向下,则均匀增强.答案:(1)4 m/s(2)1.25 C5 m(3)见解析0.12 T/s0.6 T/s