高考物理二轮复习专题强化练7电磁感应含答案

这是一份高考物理二轮复习专题强化练7电磁感应含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.
[2020·河北武邑中学五模]如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，一半处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．开始时，磁场与线圈平面垂直，现使线圈以角速度ω绕OO′匀速转过90°，在此过程中，线圈中产生的平均感应电动势为( )
A.eq \f(Ba2ω,π) B.eq \f(nBa2ω,π)
C.eq \f(2nBa2ω,π) D.eq \f(Ba2ω,2π)
2．如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针．现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转．下列说法正确的是( )
A．偏转原因是圆盘周围存在电场
B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场
C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
3．如图甲所示，U形导线框abcd的平面与水平面成θ角，导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好．磁场的方向垂直线框平面向上，且磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，导体棒始终静止，在0～t1时间内，下列说法正确的是( )
A．导体棒中电流一直增大
B．回路消耗的电功率一直增大
C．导体棒所受的安培力一直增大
D．导体棒所受的摩擦力先减小后增大
4．如图甲所示，一对间距为l＝20 cm的平行光滑导轨放在水平面上，导轨的左端接R＝1 Ω的电阻，导轨上垂直放置一导体杆，整个装置处在磁感应强度大小为B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．杆在沿导轨方向的拉力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动．测得力F与时间t的关系如图乙所示．杆及两导轨的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则杆的加速度大小和质量分别为( )
A．20 m/s2 0.5 kg B．20 m/s2 0.1 kg
C．10 m/s2 0.5 kg D．10 m/s2 0.1 kg
5．[2020·安徽宿州开学考试]如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab和cd，bd端接有电阻R.电阻为r的导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直于导轨平面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左侧向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流i随时间t的变化规律图象可能是( )
6．如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定磁场垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．下面说法正确的是( )
A．0～1 s时间内和5～6 s时间内，导线框中的电流方向相同
B．0～1 s时间内和1～3 s时间内，导线框中的电流大小相等
C．3～5 s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上
D．1～3 s时间内，AB边受到的安培力大小不变
7．[2020·湖北咸宁5月模拟]如图甲所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．一总电阻r＝0.2 Ω的圆形线圈从恰好与左侧实线接触的位置开始向右做匀速直线运动．圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．圆形线圈的半径R＝1 m
B．圆形线圈运动速度的大小v＝20 m/s
C．两实线之间的水平距离L＝6 m
D．0.05 s时刻，圆形线圈所受的安培力大小为400 N
8.
[2020·广东深圳5月模拟]一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上．开始时圆环的磁通量为Φ0，圆环磁通量随下落高度y变化的关系为Φ＝Φ0(1＋ky)(k为比例常数，k>0)．金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度．圆环的收尾速度为v，已知圆环的电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力，关于该情境，以下结论正确的有( )
A．圆环速度稳定后，金属圆环产生的感应电动势为kΦ0v
B．圆环速度稳定后，金属圆环的热功率P＝eq \f(k2Φ\\al(2,0)v2,R)
C．圆环速度稳定后，金属圆环的热功率P＝eq \f(k2Φ\\al(2,0)v2,Rg)
D．圆环的质量m＝eq \f(k2Φ\\al(2,0)v,R)
二、非选择题
9.
预测到2025年，我国将在航空母舰上使用中压直流技术的电磁弹射器，其等效电路如图所示(俯视图)．直流电源电动势E＝18 V，超级电容器的电容C＝1 F．两根固定于同一水平面内的光滑平行金属导轨间距l＝0.4 m，电阻不计，磁感应强度大小B＝2 T的匀强磁场垂直于导轨平面向外．质量m＝0.16 kg、电阻R＝0.2 Ω的金属棒MN垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．开关S先接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．求：
(1)开关S接1使电容器完全充电后，极板上所带的电荷量Q；
(2)MN由静止开始运动时的加速度大小a；
(3)MN达到的最大速度vm.
10．如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F ­ x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)
(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.
专题强化练7 电磁感应
1．解析：线圈中产生的平均感应电动势eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝B·eq \f(a2,2)，Δt＝eq \f(T,4)＝eq \f(π,2ω)，解得eq \x\t(E)＝eq \f(nBa2ω,π).
答案：B
2．解析：小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误．故选B.
答案：B
3．解析：由题图看出，磁感应强度随时间均匀增大，穿过PQcb回路的磁通量均匀增加，回路中产生恒定的感应电动势，则回路的电流恒定，A错误；根据P＝I2R可知，回路消耗的电功率恒定不变，B错误；根据楞次定律可知，导体棒PQ所受安培力方向沿导线框所在的平面向下，由F＝BIL可知，B增大，PQ所受安培力增大，根据平衡条件可知导体棒PQ受到的静摩擦力Ff＝F＋mgsin θ，F增大，Ff增大，C正确，D错误．
答案：C
4．解析：导体杆在导轨上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv＝Blat，闭合回路中的感应电流为I＝eq \f(E,R)，由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIl＝ma，由以上三式得F＝ma＋eq \f(B2l2at,R)，在乙图线上取两点t1＝0，F1＝1 N，t2＝10 s，F2＝2 N，代入得a＝10 m/s2，m＝0.1 kg，故D正确．
答案：D
5．解析：由图乙知，在0～2t0时间内磁感应强度随时间均匀变化，根据E＝Neq \f(ΔB,Δt)S可知，回路中产生恒定的感应电动势和感应电流，根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针方向，所以在0～2t0时间内电流是负方向，且大小不变．在2t0时刻导体棒进入磁场区域，磁感应强度大小恒定，根据F＝BiL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma知，导体棒做加速度减小的减速运动，又电流i＝eq \f(BLv,R＋r)＝eq \f(BLa,R＋r)t，则电流i逐渐减小，且i－t图象的斜率逐渐减小；根据楞次定律可知，回路中产生的感应电流方向为顺时针方向，故A项符合．
答案：A
6．解析：0～1 s时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度变大，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律，导线框中电流沿顺时针方向；5～6 s时间内磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，穿过导线框的磁通量减小，由楞次定律知感应电流沿顺时针方向，选项A正确.0～1 s时间内和1～3 s时间内，磁感应强度的变化率不相等，根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势大小不等，由E＝IR知导线框中电流大小不相等，选项B错误.3～5 s时间内，磁场方向垂直纸面向里且增强，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，根据左手定则AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C正确.1～3 s时间内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势和感应电流不变，但磁感应强度均匀减小，所以AB边受到的安培力均匀减小，选项D错误．
答案：AC
7．解析：当线圈直径与边界重合时，电动势最大，且为Em＝B·2Rv＝40 V，根据图乙知，线圈从开始运动到全进入磁场所用的时间t＝0.1 s，结合2R＝vt，解得v＝20 m/s，R＝1 m，选项A、B均正确；线圈从全进入到刚要出磁场共用时t′＝0.1 s，L＝2R＋vt′＝2×1 m＋20×0.1 m＝4 m，选项C错误；0.05 s时刻，电动势为E＝40 V，线圈有效切割长度为2R，此时感应电流I＝eq \f(E,r)＝200 A，则安培力的大小F＝BI·2R＝400 N，选项D正确．
答案：ABD
8．解析：圆环速度稳定后，在很短时间Δt内，下降的高度Δy＝vΔt，穿过圆环磁通量的变化量ΔΦ＝Φ0[1＋k(y＋Δy)]－Φ0(1＋ky)＝ kΦ0vΔt，根据法拉第电磁感应定律得，圆环产生的感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝kΦ0v，选项A正确；圆环的热功率P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(k2Φ\\al(2,0)v2,R)，选项B正确，C错误；圆环速度稳定后，由能量守恒定律知，金属圆环减小的重力势能全部转变为热量，则mgv＝P，解得m＝eq \f(k2Φ\\al(2,0)v,Rg)，选项D错误．
答案：AB
9．解析：(1)完全充电后，电容器所带电荷量Q＝CE，代入数据解得Q＝18 C.
(2)由静止开始，通过金属棒MN的电流I＝eq \f(E,R)，棒所受安培力大小F＝BIl
由牛顿第二定律得F＝ma
代入数据解得a＝eq \f(BlE,mR)＝450 m/s2.
(3)当MN速度最大时，感应电动势Em＝Blvm，此时Q′＝CEm＝CBlvm
对MN，所受安培力为变力，由动量定理有B eq \x\t(I)l·Δt＝mvm－0
其中ΔQ＝eq \x\t(I)·Δt ＝Q－Q′
则Bl(CE－CBlvm)＝mvm－0
代入数据解得vm＝18 m/s.
答案：(1)18 C (2)450 m/s2 (3)18 m/s
10．解析：(1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝eq \f(Blv2,R)
此时v＝kx＝1 m/s
解得B＝eq \r(\f(PR,lv2))＝eq \f(\r(30),5)T
(2)在无磁场区间0≤x<0.2 m内，有
a＝5 s－1×v＝25 s－2×x
F＝25 s－2×xm＋μmgcs θ＋mgsin θ＝(0.96＋2.5x)N
在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内，有
FA＝eq \f(Bl2v,R)＝0.6x N
F＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N
(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)
WA1＝eq \f(0.6 N,2)(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J
撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有
(mgsin θ＋μmgcs θ)s＝eq \f(1,2)mv2
(mgsin θ－μmgcs θ)s＝eq \f(1,2)mv′2
解得v′＝2 m/s
由于mgsin θ－μmgcs θ－eq \f(Bl2v′,R)＝0
故棒ab再次进入磁场后做匀速运动
下降过程中克服安培力做的功WA2＝eq \f(Bl2v′,R)(x2－x1)＝0.144 J
Q＝WA1＋WA2＝0.324 J
答案：(1)eq \f(\r(30),5) T (2)F＝(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J