高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破四 電磁感應和電路 專題四 電磁感應和電路限時規(guī)范訓練1

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限時規(guī)范訓練 建議用時：40分鐘 1．(多選)如圖所示是法拉第制作的世界上第一臺發(fā)電機的模型原理圖．把一個半徑為r的銅盤放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表．現使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉動，則下列說法中正確的是(　　) A．C點電勢一定高于D點電勢 B．圓盤中產生的感應電動勢大小為Bωr2 C．電流表中的電流方向為由a到b D．若銅盤不轉動，使所加磁場磁感應強度均勻增大，在銅盤中可以產生渦旋電流 解析：選BD.把銅盤看作由中心指向邊緣的無數條銅棒組合而成，當銅盤轉動時，每根銅棒都在切割磁感線，相當于電源，由右手定則知，盤邊緣為電源正極，中心為電源負極，C點電勢低于D點電勢，選項A錯誤；此電源對外電路供電，電流由b經電流表再從a流向銅盤，選項C錯誤；銅棒轉動切割磁感線，相當于電源，回路中感應電動勢為E＝Brv＝Brωr＝Bωr2，選項B正確；若銅盤不轉動，使所加磁場磁感應強度均勻增大，在銅盤中產生感生環(huán)形電場，使銅盤中的自由電荷在電場力的作用下定向移動，形成環(huán)形電流，選項D正確． 2．(2017湖北黃岡中學質檢)如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是(　　) A．從上往下看，0～1 s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向 B．0～1 s內圓環(huán)面積有擴張的趨勢 C．3 s末圓環(huán)對桌面的壓力小于圓環(huán)的重力 D．1～2 s內和2～3 s內圓環(huán)中的感應電流方向相反 解析：選A.由圖乙知，0～1 s內螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知圓環(huán)中感應電流的磁場向下，圓環(huán)面積有縮小的趨勢，從上往下看，0～1 s內圓環(huán)中的感應電流沿順時針方向，選項A正確、B錯誤；同理可得1～2 s內和2～3 s內圓環(huán)中的感應電流方向相同，選項D錯誤；3 s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應強度的變化率為0，在圓環(huán)中不產生感應電流，圓環(huán)對桌面的壓力等于圓環(huán)的重力，選項C錯誤． 3．如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb(　　) A．恒為 B．從0均勻變化到 C．恒為－ D．從0均勻變化到－ 解析：選C.根據法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確． 4．如圖所示，abcd為水平放置的平行“匚”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)．則(　　) A．電路中感應電動勢的大小為 B．電路中感應電流的大小為 C．金屬桿所受安培力的大小為 D．金屬桿的熱功率為 解析：選B.金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應電流的大小為I＝＝＝，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝B＝，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝＝，選項D錯誤． 5．(多選)如圖所示，橫放“V”字形金屬框架放在勻強磁場中，磁場與框架平面垂直，金屬棒與框架接觸良好，框架導體和金屬棒電阻率相同，截面積相等，現金屬棒從B點開始沿“V”字形角平分線方向做勻速直線運動，那么金屬棒脫離框架前，電路中的磁通量Φ、感應電動勢E、感應電流I以及金屬棒所受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是(　　) 解析：選BC.金屬棒切割磁感線的長度為L＝2vttan θ，磁通量Φ＝BLvt＝Bv2tan θt2，可見磁通量是時間的二次函數，選項A錯誤；電路中感應電動勢為E＝BLv＝2Bv2tan θt，感應電動勢E與時間t成正比，所以選項B正確；設金屬棒和框架單位長度的電阻為ρ，則電路的總電阻為R＝2ρvt，電路中的感應電流為I＝＝，I與t無關，為定值，選項C正確；安培力F＝BIL，因為電流I不變，L與時間t成正比，所以安培力與時間t成正比，選項D錯誤． 6．(2016湖北七市聯考)如圖所示，abcd是邊長為L、每邊電阻均相同的正方形導體框，現維持線框以恒定的速度v沿x軸運動，并穿過傾角為45的三角形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．線框b點在O位置時開始計時，則在t＝時間內，a、b兩點的電勢差U隨時間t的變化圖象為(　　) 解析：選D.由題意，0～內，隨著導體框向右運動，ab邊切割磁感線的有效長度不斷增大，產生的感應電動勢不斷增大，導體框中的電流不斷增大，此時ab兩端的電壓即bc、cd、da段電壓之和不斷增大，當t＝時，Uab＝BLv；在～內，cd邊長也開始切割磁感線，產生感應電動勢，方向與ab邊產生的感應電動勢相反，此時電路中的電流I逐漸減小，ab兩端電壓Uab＝BLv－IRab不斷地增大，當t＝時，電路中電流為零，則Uab＝BLv，綜上D正確． 7．小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1 m，豎直邊長H＝0.3 m，匝數為N1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B0＝1.0 T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0 A范圍內調節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質量．(重力加速度取g＝10 m/s2) (1)為使電磁天平的量程達到0.5 kg，線圈的匝數N1至少為多少？ (2)進一步探究電磁感應現象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10 Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d＝0.1 m．當掛盤中放質量為0.01 kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率. 解析：(1)線圈受到安培力F＝N1B0IL① 天平平衡mg＝N1B0IL② 代入數據得N1＝25匝③ (2)由電磁感應定律得E＝N2④ 即E＝N2Ld⑤ 由歐姆定律得I′＝⑥ 線圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦ 天平平衡m′g＝NB0⑧ 代入數據可得 ＝0.1 T/s⑨ 答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s 8．如圖(a)所示，平行長直金屬導軌水平放置，間距L＝0.4 m．導軌右端接有阻值R＝1 Ω的電阻．導體棒垂直放置在導軌上，且接觸良好，導體棒及導軌的電阻均不計，導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖(b)所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場，若使棒在導軌上始終以速度v＝1 m/s做直線運動，求： (1)棒進入磁場前，回路中的電動勢E； (2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式． 解析：(1)正方形磁場的面積為S，則S＝＝0.08 m2.在棒進入磁場前，回路中的感應電動勢是由于磁場的變化而產生的．由B t圖象可知＝0.5 T/s，根據E＝n，得回路中的感應電動勢E＝S＝0.50.08 V＝0.04 V. (2)當導體棒通過bd位置時感應電動勢、感應電流最大，導體棒受到的安培力最大．此時感應電動勢E′＝BLv＝0.50.41 V＝0.2 V； 回路中感應電流I′＝＝ A＝0.2 A 導體棒受到的安培力 F＝BI′L＝0.50.20.4 N＝0.04 N 當導體棒通過三角形abd區(qū)域時，導體棒切割磁感線的有效長度l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s) 感應電動勢e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V 感應電流i＝＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s) 答案：(1)0.04 V　(2)0.04 N　i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s) 9．(2016百校聯盟押題卷)如圖所示，間距為d的光滑平行金屬導軌傾斜地固定，與水平面之間的夾角為θ，在導軌的頂端連接一阻值為2R的定值電阻．導軌處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，兩質量均為m、阻值均為R的導體棒甲和乙放置在導軌的底端，其中導體棒甲的下端有一垂直導軌放置的光滑擋板．在導體棒乙上加一平行導軌向上的外力F，使導體棒乙由靜止開始沿導軌向上做勻加速直線運動，其加速度大小為a，整個過程中，導體棒甲、乙始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好，忽略導軌的電阻，重力加速度用g表示． (1)如果從導體棒乙開始運動計時，則需要多長時間導體棒甲對底端擋板的作用力為零？ (2)當導體棒甲與擋板之間的作用力為零時，定值電阻消耗的電功率是多少？ (3)請寫出從導體棒乙開始運動到導體棒甲與擋板之間作用力為零的過程中外力F與時間t的關系式． 解析：(1)以導體棒甲為研究對象，設經t1時間導體棒甲與擋板之間的作用力為零，由力的平衡條件可知BI甲d＝mgsin θ 此時導體棒乙中的感應電動勢為E＝Bdv＝Bdat1 I＝ R并＝R I甲＝I 由以上各式可解得t1＝ (2)設導體棒乙兩端的電壓為U乙，則U乙＝E－IR 解得U乙＝ 則此時定值電阻消耗的電功率為P＝ 解得P＝ (3)對導體棒乙由牛頓第二定律可知 F－BI′d－mgsin θ＝ma I′＝ v′＝at 解得F＝m(gsin θ＋a)＋t. 答案：(1)　(2) (3)F＝m(gsin θ＋a)＋t 10．如圖甲所示，足夠長的平行光滑金屬導軌ab、cd傾斜放置，兩導軌之間的距離為L＝0.5 m，導軌平面與水平面間的夾角為θ＝30，導軌上端a、c之間連接有一阻值為R1＝4 Ω的電阻，下端b、d之間接有一阻值為R2＝4 Ω的小燈泡．有理想邊界的勻強磁場垂直于導軌平面向上，虛線ef為磁場的上邊界，ij為磁場的下邊界，此區(qū)域內的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，現將一質量為m＝ kg的金屬棒MN，從距離磁場上邊界ef一定距離處，從t＝0時刻開始由靜止釋放，金屬棒MN從開始運動到經過磁場的下邊界ij的過程中，小燈泡的亮度始終不變．金屬棒MN在兩軌道間的電阻r＝1 Ω，其余部分的電阻忽略不計，ef、ij邊界均垂直于兩導軌，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小燈泡的實際功率； (2)金屬棒MN穿出磁場前的最大速率； (3)整個過程中小燈泡產生的熱量． 解析：(1)由于小燈泡的亮度始終不變，說明金屬棒MN進入磁場后做勻速直線運動，速度v達到最大，由平衡條件得： mgsin θ＝BIL 小燈泡的電功率P＝2R2 電功率P＝ W (2)由閉合電路歐姆定律得：I＝ 其中，總電阻R＝＋r 由法拉第電磁感應定律得：E＝BLv 由以上各式代入數據解得：v＝5 m/s (3)金屬棒進入磁場前，由牛頓第二定律得： mgsin θ＝ma 加速度a＝gsin 30＝5 m/s2 進入磁場前所用的時間：t1＝ 設磁場區(qū)域的長度為x. 在0～t1時間內， 由法拉第電磁感應定律得： E′＝＝＝ 金屬棒MN進入磁場前 總電阻R′＝＋R2 感應電動勢E′＝R′ 在磁場中運動的時間t2＝ 整個過程中小燈泡產生的熱量為 Q＝P(t1＋t2) 代入數據解得：Q＝5 J 答案：(1) W　(2)5 m/s　(3)5 J