《2020江苏高考物理二轮课后演练：专题四第2讲 电磁感应问题 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020江苏高考物理二轮课后演练：专题四第2讲 电磁感应问题 Word版含解析.doc（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 (建议用时：40分钟)一、单项选择题1图甲为手机及无线充电板图乙为充电原理示意图充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是()A受电线圈中感应电流方向由d到cBc点的电势高于d点的电势Cc、d之间的电势差为Dc、d之间的电势差为解析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺
2、时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为UcdEn2，故C错误，D正确2(2017高考全国卷)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T
3、中沿顺时针方向解析：选D.金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确3(2019镇江模拟)如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直现让线框沿bc方向以速度v匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流
4、i的正方向，则下列四个图象中能正确表示it图象的是()解析：选A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入Q、R之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故A正确4如图甲中水平放置的U形光滑金属导轨NMPQ，MN接有开关S，导轨宽度为L，其电阻不计在左侧边长为L的正方形区域存在方向竖直向上磁场B，其变化规律如图乙所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向
5、下的匀强磁场，其磁感应强度为B0，在该段导轨之间放有质量为m、电阻为R、长为L的金属棒ab.若在图乙所示的时刻关闭开关S，则在这一瞬间()A金属棒ab中的电流方向为由a流向bB金属棒ab中的电流大小为C金属棒ab所受安培力方向水平向右D金属棒ab的加速度大小为解析：选C.根据楞次定律可得金属棒ab中的电流方向为由b流向a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：ESL2，所以金属棒ab中的电流大小为：IL2，故B错误；金属棒ab的电流方向为由b流向a，根据左手定则可得ab棒所受安培力方向水平向右，C正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab的加速度大小为a，故D错误5(2019南京模拟)如图
6、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：选B.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，故A项错误；根据法拉第电磁感应定律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R，且L4Nl，则3，由闭合电路欧姆定律I，得a、b线圈中的
7、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6(2017高考全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是() 解析：选A.施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动
8、衰减方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.7(2017高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()Aab中
9、的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab中感应电流方向从a到b，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力FBIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确二、多项选择题8(2019高考全国卷)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的
10、圆环固定在纸面内，圆心O在MN上t0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为解析：选BC.根据楞次定律可知在0t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得Er2，根据电阻定律可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误9(2018高考全国卷)如
11、图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态下列说法正确的是()A开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：选AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分
12、产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确10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
13、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：选AC.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
14、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，所以P端电势低于Q端电势，故D错误11(2017高考全国卷)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)下列说法正确的是() A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.
15、6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：选BC.由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v m/s0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由EBLv，得B T0.2 T，A项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.40.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I A2 A，则导线框受到的安培力FBIL0.220.1 N0.04 N，D项错误12水平面上固定相距为d的光滑直轨道MN和PQ，在N、Q之间连接不计电阻的电感线圈L和电阻R.匀强磁场磁感应强度
16、为B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m，电阻不计的金属杆ab，在直导轨右侧有两个固定挡块C、D，CD连线与导轨垂直现给金属杆ab沿轨道向右的初速度v0，当ab即将撞上CD时速度为v，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连以下说法正确的是()Aab向右做匀变速直线运动B当ab撞上CD后，将会向左运动Cab在整个运动过程中受到的最大安培力为D从ab开始运动到撞上CD时，电阻R上产生的热量小于mvmv2解析：选BD.ab向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab做非匀变速直线运动，故A错误当ab撞CD后，ab中产生的感应
17、电动势为零，电路中电流要减小，线圈L将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，ab中电流方向沿ba，根据左手定则可知ab受到向左的安培力，故当ab撞CD后，将会向左运动，故B正确开始时，ab的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab感应电动势方向相反，电路中的电流小于，最大安培力将小于BdI，故C错误从ab开始运动到撞CD时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R上产生的热量小于mvmv2，故D正确三、非选择题13(2019高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R
18、，ad边与磁场边界平行从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv.(2)线圈中的感应电流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv.(3)线圈ab边电阻Rab时间tab边产生的焦耳热QI2Rabt.答案：(1)BLv(2)(3)14如图，固定在水平绝缘桌面上的“”形平行导轨足够长，间距L1 m，电阻不计倾斜导轨的倾角53，并与R2 的定值电阻相连整个导轨置于磁感应强度B5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁
19、场中金属棒ab、cd的阻值为R1R22 ，cd棒质量m1 kg.ab与导轨间摩擦不计，cd与导轨间的动摩擦因数0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现让ab棒从导轨上某处由静止释放，当它滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2.(1)求此时通过ab棒的电流；(2)求cd棒消耗的热功率与ab棒克服安培力做功的功率之比；(3)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，则ab棒质量应小于多少？解析：(1)ab棒沿倾斜导轨下滑切割磁感线产生的感应电流的方向是ba，通过cd棒的电流方向是cd.cd棒刚要开始滑动时，由平衡条件得：BIcdLcos 53f由
20、摩擦力公式得：fNNmgBIcdLsin 53联立以上三式，得Icd A，Iab2Icd A.(2)根据题意画出等效电路如图所示：设IcdI，因为电阻R与cd棒并联，故电阻R上产生的热功率与cd棒产生的热功率相等，即PRPcdI2R又因为流经ab棒的电流为2I，故ab棒产生的热功率Pab4I2R整个回路产生的热功率P6I2R又因为回路中消耗的热功率源于ab棒克服安培力做功，所以cd棒消耗的热功率与ab棒克服安培力做功的功率之比为.(3)ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力在倾斜轨道平面上的分力，有：FAmabgsin 53cd棒所受最大安培力应为FA，要使cd棒不能滑动，需满
21、足：FAcos 53由以上两式联立解得：mabkg2.08 kg.答案：见解析(二)(建议用时：40分钟)12017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n100，电阻r1 ，横截面积S1.5103 m2，外接电阻R7 .线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化如图乙所示，求：(1)t0.01 s时线圈中的感应电动势E；(2)00.02 s内通过电阻R的电荷量q；(3)00.03 s内电阻R上产生的热量Q.解析：(1)由图乙可
22、知，t0.01 s时刻4 T/s根据法拉第电磁感应定律得Enn解得E0.6 V.(2)00.02 s内，I0.075 A，电荷量qIt，解得q1.5103 C.(3)00.02 s内，E0.6 V，I0.075 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q1I2(Rr)t19104 J0020.03 s内，E1.2 V，I0.15 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q2I2(Rr)t21.8103 J所以Q总Q1Q22.7103 J而QQ总，解得Q2.362 5103 J.答案：(1)0.6 V(2)1.5103 C(3)2.362 5103 J2.某电磁缓冲车是利用电磁感应原
23、理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L，如图所示(俯视)缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为v0，小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：(1)小车缓冲过程中的最大加速度am的大小；(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圈产生的焦耳热Q.解析：(1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生的最大电动势为EBLv0电流为
24、I根据牛顿第二定律：BILfmam得到am.(2)通过线圈的电荷量qt，得到q由能量守恒定律得：mvQf2L得到Qmv2fL.答案：(1)(2)mv2fL3(2019常州二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的vt图象(v表示两棒的相对速度，即vva
25、vb)(1)试证明：在0t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关；(2)求t1时刻棒b的加速度大小；(3)求t2时刻两棒之间的距离解析：(1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mvmv0由能量守恒定律有Qmv(2m)v2解得Qmv所以在0t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关(2)t1时刻有vavb回路中的电流I此时棒b所受的安培力FBIL由牛顿第二定律得棒b的加速度大小a1.(3)t2时刻，两棒速度相同，均为v0t2时间内，对棒b，由动量定理有BLItmv0即Bqmv，得q根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有而BSBL(xx0)解得t2时刻两棒之间的距
26、离xx0.答案：见解析4如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾角与水平面的夹角为30，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下(图中未画出)，两个磁场区互不叠加将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物体c连接已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g.(1)求锁定a，释放b的最终速度vm；(2)使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上
27、的恒力F1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度；(3)若(2)中系统从由静止开始经时间t达到稳定状态，求过程中系统产生的焦耳热解析：(1)当b和c组成的系统做匀速运动时，b、c有最大速度，且为最终速度，根据平衡条件：mgBILIEBLvm综上得：vm.(2)对a棒：Fmgsin BILma1代入F、得：mgBILma1对于b和c系统：mgBIL2ma2所以任意时刻a1a221，由于运动时间相同，所以最终a、b的速度之比v1v221其中I当二者加速度为0时，a，b，c达到稳定状态，综上得：a稳定速度：v1b、c稳定速度：v2.(3)设a棒沿着斜面移动的位移大小为x1，b、c棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且a1a221，则从静止开始至恰好稳定状态，a、b棒的位移大小之比：x1x221对于a、b、c系统，由功能关系得：(Fmgsin )x1mgx2mv(2m)vQ代入F、及得：Q3mgx2另解：对a棒，由动能定理得：(Fmgsin )x1W安1mv0对b、c组成的系统，由动能定理得：mgx2W安22mv0QW安1W安2解得，Q3mgx2以a为研究对象：从静止开始至达到稳定状态根据动量定理：(Fmgsin )tBLtmv10tq解得：q因为n(n1)综上得：q其中BL(x1x2)由解得：x2将式代入即得：x2(mgt)将式代入解得：Q.答案：见解析