《2021版高考物理二轮复习重点讲练专题十一电磁感应问题课时作业》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版高考物理二轮复习重点讲练专题十一电磁感应问题课时作业（27页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、2017版高考物理二轮复习重点讲练专题十一电磁感应问题课时作业专题十一 电磁感应问题一、选择题(共10个小题，15为单选，610为多选，每题5分共50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项正确考点定位楞次定律和安培定则方法技巧通过安培定则判断感应磁场方向，通过楞次定律判断磁铁的运动情况2.如图所
2、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bac2，单位长度电阻为R0，则MN切割产生电动势EBLvBv2vttan2Bv2ttan，回路总电阻为R(2vttan)R0vtR0(2tan)，由闭合电路欧姆定律，得I，i与时间无关，是一定值，故A项正确，B、C、D项错误3(2015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
3、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()AB中始终没有感应电流BB中有顺时针的感应电流CB中有逆时针的感应电流DB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矩形导
4、线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示t0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在04 s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图像(规定以向左为安培力正方向)可能是下面选项中的()答案D解析从乙图中可看出，磁场均匀变化感应电流恒定磁场是均匀变化的所受安培力是均匀变化的，A、B项错误在01 s与1 s2 s磁场方向不同，但感应电流方向相同，安培力方向应不同，故C项错误5(2016北京)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两圆环半径之比
5、为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是()AEaEb41，感应电流均沿逆时针方向BEaEb41，感应电流均沿顺时针方向CEaEb21，感应电流均沿逆时针方向DEaEb21，感应电流均沿顺时针方向答案B解析根据法拉第电磁感应定律可得ES，根据题意可得，故EaEb41，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向考点定位法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用方法技巧对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应
6、定律，需要灵活掌握公式，学会变通6(2016苏北三市(徐州市、连云港市、宿迁市)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L2L1DL之中形成新的回路，故L1突
7、然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，C项错误，D项正确；故选B、D项考点定位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(2015山东)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动答案ABD解析由右手定则可知，
8、处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，A项正确；根据EBLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，B项正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，C项错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动，D项正确；故选A、B、D项8如图所示，水平的平行虚线间距为d60 cm，其间有沿水平方向的匀强磁场一个阻值为R的正方形金属线圈边长ld，线圈质量m100 g线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等不计空气阻
9、力，取g10 m/s2，则()A线圈下边缘刚进入磁场时加速度最小B线圈从进入磁场到刚穿出磁场的过程中产生的电热为0.6 JC线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均沿逆时针方向D线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等答案BD解析正方形金属线圈边长ld，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，安培力大于重力；随速度的减小，感应电动势减小，感应电流减小，则安培力减小，线框的加速度减小，选项A错误下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，重力势能的减小量全部转化为电能，又转化为电热，故Qmgd0.1100.6 J0.6 J，选项B正确根据
10、右手定则，线圈在进入磁场过程中，电流沿逆时针方向，穿出磁场过程中，电流沿顺时针方向，选项C错误通过导线截面的电荷量q，与速度无关，即进入磁场和穿出磁场过程中通过导线截面的电荷量相等，选项D正确9.(2016新课标全国)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t0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TC在t时，两导线框中产
11、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EBRvBR(R)BR2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EBR2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和T内有感应电动
12、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项错误考点定位考查了楞次定律的应用、导体切割磁感线运动方法技巧在分析导体切割磁感线运动、计算电动势时，一定要注意导体切割磁感线的有效长度，在计算交变电流的有效值时，一定要注意三个相同：相同电阻，相同时间，相同热量10(2016威海市5月第二次模拟最后一卷)如图所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大)，导轨的宽度L0.5 m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B1 T内阻R1 的金属杆在F5 N的水平恒力作用下由静止开始运动经
13、过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨电阻，则有()AR越小，vm越大B金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能D金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比答案BD解析当导体棒达到最大速度时满足FFx；则FBL，解得vm，可知R越大，vx越大，选项A错误；金属杆的最大速度vm20(1R) m/s，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s，选项B正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I，则
14、IneSve，则ve，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比，选项D正确；故选B、D.考点定位法拉第电磁感应定律；物体的平衡；安培力名师点睛此题是电磁感应综合题，考查法拉第电磁感应定律、物体的平衡、安培力以及能量守恒定律知识；要知道达到最大速度的条件是安培力与外力相等；此过程中的能量转化是恒力所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，12题13分，14题14分，共50分)11(2016江苏)据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见如图
15、所示，假设“天宫一号”正以速度v7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B1.0105 T，将太阳帆板视为导体(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R6.4103 km，地球表面的重力加速度g9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)答案(1)1.54 V(2)不能(3)4105 m解析(
16、1)法拉第电磁感应定律EBLv，代入数据得E1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流(3)在地球表面有Gmg匀速圆周运动Gm解得hR，代入数据得h4105 m(数量级正确都算对)考点定位电磁感应、万有引力方法技巧本题旨在考查对电磁感应现象的理解，第一问很简单，问题在第二问，学生在第一问的基础上很容易答成能发光，殊不知闭合电路的磁通量不变，没有感应电流产生本题难度不大，但第二问很容易出错，要求考生心细，考虑问题全面12(2014天津)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的
17、交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小为B0.5 T，在区域中，将质量m10.1 kg，电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑，然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑，cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g10 m/s2，求：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是
18、多少答案(1)电流由a流向b(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度为5 m/s(3)热量Q是1.3 J解析(1)由右手定则可知，电流由a流向b；(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件，得Fmaxm1gsin，ab刚好要上滑时，感应电动势EBLv，电路电流I，ab受到的安培力F安BIL，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件，得F安m1gsinFmax，代入数据，解得v5 m/s.(3)cd为光滑导体棒，没有摩擦力cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，这个总热量为安培力做的功从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd受到重力、支持力、沿斜面向上
19、的安培力，由动能定理，得m2gxsinW安m2v20，ab上产生的热量QQ总，解得Q1.3 J.13(2015绵阳三诊)如图甲所示，不变形、足够长、质量为m10.2 kg的“U”形金属导轨PQMN放在绝缘水平桌面上，QP与MN平行且距离d1 m，Q、M间导体电阻阻值R4 ，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆KL电阻阻值r1 ，质量m20.1 kg，垂直于QP和MN，与QM平行且距离L0.5 m，左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4.金属导轨与桌面的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计从t0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示(1)求在整个过程中，导轨受到的静
20、摩擦力的最大值fmax；(2)如果从t2 s开始，给金属杆KL水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为P0320 W，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后QM上产生的热量QR？答案(1)0.8 N(2)4 J解析(1)在01 s时间内，设t时刻磁场磁感应强度为B，QKLM中的感应电动势为E，电流为I，金属导轨QM受到的安培力为F，则由乙图得B22t(T)由法拉第电磁感应定律，得E又dLBI解得2 T/s，E1 V，I0.2 A导轨所受的安培力FBId(22t)Id当t1 s时，安培力最大为Fm，则Fm0.8 N设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为fm，则fm(m1m2)g1.5 N
21、1 s以后，电动势为零，QM受到的安培力为零即安培力最大时，仍然小于金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力，金属导轨PQMN始终静止，受到的是静摩擦力所以fmaxFm，则得fmax0.8 N(2)从t2 s开始后，导轨QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金属导轨PQMN静止设杆KL的最大速度为vm时，感应电动势为E1，电流为I1，受到的安培力为F1，外力为F0，则E1B0dvm，I1则得F1B0I1d，有F0vmP0即解得vm10 m/s撤去外力直到停下来，产生的总热量为Q0，则Q0m2vm2QM上产生的热量QRR代入数据，解得Q05 J，QR4 J14(2015天津)如图所示，凸字形硬
22、质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)H28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，可得E12Blv1设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，可得I1设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有mgF1联立解得v1设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2故可知v24v1(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，可得2mglmv12线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，可得mg(2lH)mv22mv12Q联立解得H28l27
2021版高考物理二轮复习重点讲练专题十一电磁感应问题课时作业
