2019高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应 专题强化练（十二）电磁感应规律及其应用.doc

专题强化练(十二) 电磁感应规律及其应用考点1楞次定律的电磁感应定律的应用1(2017洛阳质检)如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右侧视)均匀增大的电流，则()A无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化解析：当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，穿过金属片中的磁通量发生变化，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确答案：D2.(2015海南卷)如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为，则等于()A.B.C1 D.解析：设金属棒长度为l，匀强磁场的磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律得Blv.金属棒弯折后，切割磁感线运动的有效长度变为l，故Blv.因此，B正确答案：B3(2016浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为31解析：由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律得ENNS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为9，故B项正确；根据电阻定律知R，且L4Nl，则3，由闭合电路欧姆定律I得a、b线圈中的感应电流之比为3，故C项错误；由功率公式PI2R知，a、b线圈中的电功率之比为27，故D项错误答案：B4(多选)如图甲所示，一宽为l的匀强磁场B区域，磁场方向垂直于纸面向里一个边长为a(la)的正方形导线框ABCD位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过该磁场区域，导线框电阻为R，在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行取它刚进入磁场的时刻t0，线框中感应电流随时间变化规律的It图象如图乙所示，则下列说法正确的是()A在第1 s内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3 A B在第2 s内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6 A C在第3 s内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3 A D在第1 s内，线框中C点电势高于D点电势，感应电流大小为0 解析：在第1 s内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定I0.3 A，选项A正确；在第2 s内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B错误；在第3 s内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定I0.3 A，选项C正确；在第1 s内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C点电势低于D点电势，选项D错误答案：AC考点2电磁感应中的图象问题5(2018陕西模拟)空间存在竖直向上的匀强磁场，将一个不会变形的单匝金属圆线圈放入该磁场中，规定图甲所示的线圈中的电流方向为正当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律变化时，能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线的是()解析：根据法拉第电磁感应定律，可得线圈产生的感应电动势为E，根据闭合电路欧姆定律，可得产生的感应电流为i，由题图乙可知，01 s时间内，B均匀增大，所以穿过线圈的竖直向上的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可得产生的感应电流方向为正；在12 s内，磁感应强度不变，所以穿过线圈的磁通量不变，故感应电流为零；在24 s内，B均匀减小，穿过线圈的竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流方向为负，因为i正比于，即图象的斜率越大，产生的感应电流越大，所以B正确答案：B6(2018陕西段考)如图所示，EFGH为边长为L的正方形金属线框，线框对角线EG和y轴重合、顶点E位于坐标原点O处在y轴右侧的第象限一定范围内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场下边界与x轴重合，上边界为直线OA且与线框的EH边重合从t0时刻起，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界OA的方向穿过磁场区域取线框中感应电流沿逆时针方向为正，则在线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是选项图中的()解析：线框进入磁场的过程中，由楞次定律(增反减同)可判断此过程感应电流方向为逆时针方向，即为正，线框离开磁场的过程中，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律(增反减同)可判断此过程感应电流方向为顺时针方向，即为负，选项A、D错误；线框进入磁场的过程中线框切割磁感线的有效长度减小，感应电流减小，选项B错误；选项C正确答案：C7.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰好与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是()解析：导线框刚进入磁场时，导线框受到的安培力F安BIL，方向向左，所以导线框速度减小，安培力减小，进入阶段导线框做的是加速度减小的减速运动导线框全部进入磁场后，磁通量不变化，电路中没有感应电流，速度不变出磁场阶段导线框做的仍然是加速度减小的减速运动综上所述，D正确答案：D8.(多选)如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R(其余电阻不计)虚线MM和NN之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B1，虚线NN和PP之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B2(B1B2)现将质量为m的导体棒ab，从MM上方某处由静止释放，导体棒ab在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知导体棒ab到达NN和PP之前已经做匀速运动则导体棒ab从MM运动到PP这段时间内的vt图可能正确的是()解析：导体棒ab运动到MM切割磁感线时，若安培力大于重力，导体棒做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，导体棒一直做匀速运动，若安培力小于重力，则做加速度减小的加速运动；当导体棒ab运动到NN时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动可知B、C正确，A、D错误答案：BC考点3电磁感应中的电路和动力学问题9.如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m，金属环总电阻为2，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1 T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为1.5 m，电阻为3的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3 m/s.已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB摆到竖直位置时AB两端的电压大小为()A 0.4 VB0.65 VC2.25 V D4.5 V解析：当导体棒摆到竖直位置时，由vr可得：C点的速度为：vcv B3 m/s1 m/s，AC间电压为：UACEACBLAC10.5 V0.25 V，CB段产生的感应电动势为：ECBBLCB11 V2 V，圆环两侧并联，电阻为：R0.5 ，导体棒CB段的电阻为：r2 ，则CB间电压为：UCBECB2 V0.4 V，故AB两端的电压大小为：UABUACUCB0.25 V0.4 V0.65 V.答案：B10(多选)(2018鹰潭一模)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压表的读数为Ct1t2时间内R上的电流为Dt1t2时间内P端电势高于Q端电势解析：0t1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；0t1时间内线圈产生的感应电动势EnnSnS，电压表的示数等于电阻R两端的电压UIRR，故B错误；t1t2时间内线圈产生的感应电动势EnnS，根据闭合电路的欧姆定律I，故C正确；t1t2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端负极，下端正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误答案：AC11(2018开封一模)将一个矩形金属线框折成直角框架abcdef，置于倾角37的斜面上，ab边与斜面的底线MN平行，如图所示abbccddeeffa0.2 m，线框总电阻R0.02 ，ab边的质量m0.01 kg，其余各边的质量均忽略不计，框架可绕过c、f点的固定轴自由转动现从t0时刻开始沿斜面向上加一随时间均匀增加的、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度与时间的关系为B0.5t(T)，磁场方向与cdef面垂直(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)(1)求线框中感应电流的大小，并指出ab段导线上感应电流的方向；(2)t为何值时框架的ab边对斜面的压力恰为零？解析：(1)由题设条件可得Ecdde0.02 V，所以感应电流I1.0 A.根据楞次定律和安培定则可知，感应电流的方向为ab.(2)ab边所受的安培力FBIab0.1t(N)，方向垂直于斜面向上当框架的ab边对斜面的压力为零时，由平衡条件得Fmgcos 37，代入数据解得t0.8 s.答案：(1)1.0 A，方向为ab(2)0.8 s12.(2018盐城二模)如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角30，间距L0.5 m，上端接有阻值R0.3 的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B0.4 T，磁场方向垂直导轨平面向上一质量m0.2 kg，电阻r0.1 的导体棒MN在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d9 m时电阻R上消耗的功率为P2.7 W其他电阻不计，g取10 m/s2.求：(1)此时通过电阻R上的电流；(2)这一过程通过电阻R上电荷量q；(3)此时作用于导体棒上的外力F的大小解析：(1)根据热功率：PI2R，解得：I A3 A.(2)回路中产生的平均感应电动势：，由欧姆定律得：，电流和电量之间关系式：qtC4.5 C.(3)由(1)知此时感应电流I3 A，由I，解得此时速度：vm/s6 m/s，由匀变速运动公式：v22ax，解得：am/s22 m/s2，对导体棒由牛顿第二定律得：FF安mgsin 30ma，即：FBILmgsin 30ma，解得：FmaBILmgsin 300.22 N0.40.53 N0.210 N2 N.答案：(1)3 A(2)4.5 C(3)2 N