2018届高考物理二轮讲练专题11-电磁感应问题(课件与作业)

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课件简介:
  • 课件名称: 2018届高考物理二轮讲练专题11-电磁感应问题(课件与作业)
  • 课件科目: 高三物理课件
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  • 更新时间: 2018年01月18日
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课时作业(十一)
一、选择题(共9个小题,4、6、7为多选,其余为单选,每题5分共45分)
1.(2016•上海)磁铁在线圈中心上方开始运动时,线圈中产生如图方向的感应电流,则磁铁(  )
A.向上运动       B.向下运动
C.向左运动   D.向右运动
答案 B
解析 据题意,从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下,由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上,即两个磁场的方向相反,则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加,故B项正确.
2.如图所示,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成“V”字型导轨.空间存在垂直于纸面的均匀磁场.用力使MN向右匀速运动,从a位置开始计时,运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触.下列关于回路中电流i与时间t的关系图线,可能正确的是(  )
 
答案 A
解析 设∠bac=2θ,单位长度电阻为R0,则MN切割产生电动势E=BLv=Bv•2vt×tanθ=2Bv2ttanθ,回路总电阻为R=(2vttanθ+2vtcosθ)R0=vtR0(2tanθ+2cosθ),由闭合电路欧姆定律,得I=ER=2Bv2t•tanθvtR0(2tanθ+2cosθ)=2Bv•tanθR0(2tanθ+2cosθ),i与时间无关,是一定值,故A项正确,B、C、D项错误.
 


3. (2017•浙江协作校期中联考)如图甲所示,在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B,圆环A平分圆环B为面积相等的两部分,当圆环A中的电流如图乙所示变化时,甲图中A环所示的电流方向为正,下列说法正确的是(  )
 
A.B中始终没有感应电流
B.B中有顺时针的感应电流
C.B中有逆时针的感应电流
D.B中先有顺时针的感应电流,后有逆时针的感应电流
答案 B
解析 由安培定则可知,初始时环A产生的磁场分布情况是:环内垂直纸面向里,环外垂直纸面向外,由于内部的磁场大于外部的磁场,由矢量的叠加原理可知B环总磁通量向里;当圆环A中的电流逐步减小时,导致B环产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流的方向为顺时针.同理当圆环A中电流反向增大时,环B中感应电流的方向仍为顺时针,故B项正确,A、C、D项错误.
4.(2017•海南)如图,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,磁场的上、下边界(虚线)均为水平面;纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,其上、下两边均与磁场边界平行,边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落,从ab边进入磁场时开始,直至ab边到达磁场下边界为止,线框下落的速度大小可能(  )
A.始终减小   B.始终不变
C.始终增加   D.先减小后增加
答案 CD
解析 A项,导线框开始做自由落体运动,ab边以一定的速度进入磁场,ab边切割磁场产生感应电流,根据左手定则可知ab边受到向上的安培力,当安培力大于重力时,线框做减速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先减速后加速运动,故A项错误、D项正确;B项,当ab边进入磁场后安培力等于重力时,线框做匀速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先匀速后加速运动,故B项错误;C项,当ab边进入磁场后安培力小于重力时,线框做加速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做匀加速运动,故C项正确;故选C、D两项.


5.(2017•南昌模拟)如图所示,由均匀导线制成的半径为R的圆环,以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场.当圆环运动到图示位置(∠aOb=90°)时,a、b两点的电势差为(  )
A.2BRv   B.22BRv
C.24BRv   D.324BRv
答案 D
解析 当圆环运动到图示位置,圆环切割磁感线的有效长度为2R;线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为:E=2BRv;线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律,得Uab=E-I•rab=2BRv-B2RvR•R4=324BRv;故选D项.
点评 本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用,注意a、b两点的电势差不是感应电动势,而是路端电压.
6.(2017•苏北三市最后一卷联考)如图所示的电路中,电感L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管,则下列说法正确的有(  )
A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮
B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮
C.当S断开时,L2立即熄灭
D.当S断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭
答案 BD
解析 当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故二极管截止,L1一直不亮;通过线圈的电流增加,感应电动势阻碍电流增加,故使得L2逐渐变亮,B项正确,A项错误;当S断开时,由于线圈自感电动势阻碍电流的减小,故通过L1的电流要在L2-L1-D-L之中形成新的回路,故L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,C项错误,D项正确;故选B、D项.
考点  自感现象
名师点睛 此题是对自感现象的考查;要知道自感线圈的作用是当电流增加时,产生的自感电动势阻碍电流的增加;电流减弱时,感应电动势阻碍电流的减弱,若有回路要重新形成电流;二极管只能导通正向电流.
7.(2016•课标全国Ⅲ)如图,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则(  )
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在t=T2时,两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等
答案 BC
解析 当线圈进入磁场时,根据楞次定律可得,两线框中的感应电流方向为逆时针,根据E=BRv=BR(12ωR)=12BR2ω可得过程中产生的感应电动势恒定,即电流恒定,不是正弦式交流电,A项错误;当线圈进入磁场时,根据楞次定律可得,两线框中的感应电流方向为逆时针,当线框穿出磁场时,根据楞次定律可得线框中产生感应电流为顺时针,所以感应电流的周期和其运动周期相等,为T,B项正确;根据E=12BR2ω可得线框在运动过程中的感应电动势相等,C项正确;线圈N在完全进入磁场后有T4时间内线圈的磁通量不变化,过程中没有感应电动势产生,即线圈N在0~T4和3T4~T内有感应电动势,其余时间内没有,而线圈M在整个过程中都有感应电动势,故即便电阻相等,两者的电流有效值不会相同,D项错误.
8.(2017•资阳模拟)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径.如图所示,在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在的平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt=k(k<0),则(  )
A.圆环具有收缩的趋势 B.圆环中产生的感应电流为逆时针方向
C.圆环中a、b两点的电压Uab=|14kπr2| D.圆环中产生的感应电流大小为-krS3ρ
答案 C
解析 A项,由楞次定律的“增缩减扩”可知,为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势;故A项错误;B项,磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,故B项错误;C项,根据法拉第电磁感应定律,有E=ΔBΔt•12πr2=|12kπr2|,由闭合电路欧姆定律可知,a、b两点间的电势差为Uab=E2=|14kπr2|,故C项正确;D项,由法拉第电磁感应定律可知,E=|ΔBΔt|•12πr2=|12kπr2|,线圈电阻R=ρ2πrS,感应电流I=|krS4ρ|=-krS4ρ,故D项错误;故选C项.
点评 本题应注意a、b两点的电势差为电源的路端电压,故应为不在磁场中的部分两端的电压.
9.(2017•南昌模拟)宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内,各存在磁感应强度大小均为B,方向相反的匀强磁场;电阻为R,边长为433d的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行,金属框从图示位置以垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动,取逆时针方向电流为正,从金属框C端刚进入磁场开始计时,框中产生的感应电流随时间变化的图像是(  )
 
答案 A
解析 三角形线圈的高为2d,则在开始运动的0~d过程中,感应电流,I1=B•233dvR=23Bdv3R,方向为逆时针方向,在d~2d时,
设某时刻线圈进入右侧区域的距离为x,则线圈切割磁感应线的有效长度为L=233(d-x),
则感应电流I2=B•233(d-x)vR=23B(d-x)v3R,方向为逆时针方向,
当x=d时,I=0,当线圈的C点出离右边界x时,
等效长度L′=43d3-233(d-x)+233d=233(2d+x),
感应电流I3=B•233(2d+x)vR=23B(2d+x)v3R,方向顺时针方向,
当x=0时,I3=223Bdv3R,
当x=d时,I3=323Bdv3R,当C点出离右边界d~2d时,
等效长度L″=433d-233(2d-x)=233x,
感应电流I4=B•233xvR=23Bxv3R,方向逆时针方向,
当x=d时,I4=23Bdv3R,
当x=2d时,I4=223Bdv3R,故A项正确,B、C、D项错误.
二、计算题(共5个小题,10题10分,11题10分,12题11分,13题12分,14题12分,共55分)
10.(2016•课标全国Ⅱ)如图,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上,t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动,t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;
(2)电阻的阻值.
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
ma=F-μmg  ①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有
v=at0  ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为
E=Blv  ③
联立①②③式可得
E=Blt0(Fm-μg)  ④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆的电流为I,根据欧姆定律
I=ER  ⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为
f=BIl  ⑥
因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得
F-μmg-f=0  ⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R=B2l2t0m  ⑧
11.(2017•广安模拟)如图,两根形状相同、足够长的光滑金属导轨固定,相互平行,间距为L,两连接点a、b连线垂直于所有导轨,左底端接有阻值为R的电阻,倾斜导轨所在平面与水平面夹角为θ,平面内有磁感应强度为B1、方向垂直于平面向上的匀强磁场;水平导轨在同一水平面,所在区域有磁感应强度为B2、方向竖直向上的匀强磁场.阻值为R、质量为m的相同导体杆A、B,A在倾斜导轨上,B在水平导轨上,都垂直于导轨.
 
开始时,A以初速度v0开始沿倾斜导轨向上滑行,B在外力作用下保持静止;A上滑通过距离x到达最高点时(此时A仍在倾斜导轨上),B瞬间获得一个水平初速度并在外力作用下以此速度做匀速直线运动(B始终在水平导轨上并保持与导轨垂直),A恰能静止在倾斜导轨上.求:
(1)在A上滑的过程中,电阻R上产生的热量;
(2)B做匀速运动时速度的方向、大小;
(3)使B做匀速运动的外力的功率.
答案 (1)在A上滑的过程中,电阻R上产生的热量为mv02-2mgxsinθ12
(2)B做匀速运动时速度的方向向右、大小为3mgRsinθB1B2L2
(3)使B做匀速运动的外力的功率6m2g2Rsin2θB12L2
解析 (1)当A上滑到最高点时,速度减为零,设电路中产生的总热量为Q总,根据能量守恒定律,可得
12mv02=mgxsinθ+Q总,
由于B与R并联后再与A串联,设电阻R上产生的热量为Q,则Q=16Q总,
解得Q=mv02-2mgxsinθ12;
(2)要使A静止在倾斜导轨上,受到的安培力沿倾斜导轨向上,根据右手定则、左手定则知,B做匀速运动速度的方向向右;
设B杆匀速运动的速度大小为v,其中的感应电动势为E,流过A杆的电流为I1,流过B杆的电流为I2,则E=B2Lv;
I2=ER+12R=2E3R,
I2=2I1,mgsinθ=B1I1L,
解得v=3mgRsinθB1B2L2;
(3)设使B做匀速运动的外力大小为F,做功功率为P,则:
F=B2I2L,P=Fv,
解得P=6m2g2Rsin2θB12L2.
12.(2017•惠州三模)如图甲所示,用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈,现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态,已知金属圈的质量为m=0.1 kg,半径为r=0.1 m,导线单位长度的阻值为ρ=0.1 Ω/m.金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示.金属圈下半部分在磁场外.已知从t=0时刻起,测得经过10 s丝线刚好被拉断.重力加速度g取10 m/s2.求:
 
(1)导体圆中感应电流的大小及方向;
(2)丝线所能承受的最大拉力F;
(3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热Q.
答案 (1)导体圆中感应电流的大小0.2 A及逆时针方向
(2)丝线所能承受的最大拉力1.32 N
(3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热0.025 J
解析 (1)由楞次定律可知,导体圆中电流方向为逆时针方向
由图乙知,ΔBΔt=0.40.5 T/s=0.8 T/s
导体圆的电阻为R=2πrρ
圆中感应电流I=ΔΦR•Δt=ΔBΔt•πr222πrρ=ΔBΔt•r4ρ=0.8×0.14×0.1 A=0.2 A
(2)10秒末磁感应强度B=ΔBΔt•t=0.8×10 T=8 T
导体圆受到的安培力F安=BI•2r
细线的拉力:F=F安+mg=BI•2r+mg
当t=10 s时,代入数据得F=1.32 N
(3)金属圈内产生的焦耳热:Q=I2Rt
代入数据得:Q=0.025 J
13.(2017•山东济宁模拟)如图甲所示,弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置,形成左右两导轨平面,左导轨平面与水平面成53°角,右导轨平面与水平面成37°角,两导轨相距L=0.2 m,导轨电阻不计.质量均为m=0.1 kg的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路.其中金属杆ab的电阻R=0.2 Ω,金属杆cd的电阻忽略不计,两金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5,整个装置处于磁感应强度大小B=1.0 T,方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中.t=0时刻开始,对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F,使ab杆以初速度v1沿右导轨平面匀速下滑.t=1 s后,使ab做匀加速直线运动,t=2 s后,又使ab杆沿导轨平面匀速下滑.整个过程中cd杆运动的v&shy;t图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线).两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
 
(1)在第1秒内cd杆受到的安培力的大小;
(2)ab杆的初速度v1及第2 s末的速度v2;
(3)若第2 s内力F所做的功为9 J,求第2 s内ab杆所产生的焦耳热.
答案 (1)在第1秒内cd杆受到的安培力的大小为0.2 N
(2)ab杆的初速度v1为1 m/s,第2 s末速度v2=8 m/s
(3)若第2 s内力F所做的功为9 J,第2 s内ab杆所产生的焦耳热为7 J
解析 (1)对cd杆,由v&shy;t图像得:a1=ΔvΔt=3 m/s2,
由牛顿第二定律得mgsin53°-μ(mgcos53°+F安)=ma1.
解得F安=0.4 N.
(2)对ab杆,感应电动势E=BLv1,
电流I=ER,
cd杆的安培力F安=BIL,
解得v1=2 m/s,
由题意得第3 s内cd的加速度a2=-3 m/s2,
对cd杆,由牛顿第二定律得mgsin53°-μ(mgcos53°+B2L2v2R)=ma2,
解得v2=8 m/s.
(3)由运动学知识得第2 s内ab杆的位移x2=v1+v22t=5 m,
由动能定理得WF+WG+Wf+W安=12mv22-12mv12,
又WF=9 J,
WG=mgx2sin37°,
Wf=-μmgx2cos37°,
-W安=Qab,
解得:Qab=7 J.
14.(2017•广西模拟)如图所示,光滑导轨EF、GH等高平行放置,EG间宽度为FH间宽度的3倍,导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中,左侧呈弧形升高,ab、cd是质量均为m的金属棒,现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑,设导轨足够长.
 
(1)ab、cd棒的最终速度;
(2)全过程中感应电流产生的焦耳热.
答案 (1)ab棒的最终速度为1102gh,cd棒的最终速度为3102gh
(2)全过程中感应电流产生的焦耳热为910mgh
解析 (1)设ab,cd棒的长度分别为3L和L,磁感应强度为B,ab棒进入水平轨道的速度为v,
对于ab棒,金属棒下落h过程应用动能定理:mgh=12mv2,
解得ab棒刚进入磁场时的速度为:v=2gh
当ab棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流.ab棒受到安培力作用而减速,cd棒受到安培力而加速,cd棒运动后也将产生感应电动势,与ab棒感应电动势反向,因此回路中的电流将减小.最终达到匀速运动时,回路的电流为零,
所以Ea=Ec
即3BLva=BLvc
得3va=vc
因为当ab,cd在水平轨道上运动时,它们所受到的合力并不为零.Fa=3BIL,Fc=BIL(设I为回路中的电流),因此ab,cd组成的系统动量不守恒.
设ab棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为Δt,
对ab,cd分别应用动量定理,得
-FaΔt=-3BILΔt=mva-mv  ①
FcΔt=BILΔt=mvc-0  ②
3va=vc  ③
解得va=1102gh,vc=3102gh
(2)根据能量守恒定律得回路产生的总热量为:
Q=mgh-12mva2-12mvc2
联立得Q=910mgh.