2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 专题十一 电磁感应课件

经典特训题组1．(多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是()A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为kπr2RD．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为2kπr2R答案BC解析保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，A错误；保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针的感应电流，B正确；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，磁场增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针的感应电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得感应电流为：I＝ER＝ΔΦΔtR＝ΔBSΔtR＝kSR＝kπr2R，C正确，D错误。2．(多选)如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有()A．接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮B．接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开开关S，A、B都立刻熄灭D．断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭答案ABD解析接通开关S，电容器C充电，相当于导线导通，电流流过A，因此A立即变亮，由于充电电流越来越小，当电容器C充电完毕后，其所在支路相当于断路，当电流流过电感线圈L时，线圈由于产生相反方向的自感电动势，阻碍电流的增大，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，电容器C所在支路无电流，相当于断路，通过电感线圈L的电流稳定后，L相当于导线，此时A、B形成串联回路，A、B一样亮，A、B正确；当S闭合足够长时间后再断开时，A立刻熄灭，L中产生自感电动势，且电容器放电，此时电容器C、电感线圈L和灯泡B构成回路，故B会逐渐熄灭，C错误，D正确。3．如图所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的安培力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)()答案A解析0～1s：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由E＝ΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，即为正；1～3s：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由E＝ΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，即为负；3～5s：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线圈中产生逆时针方向的感应电流，由E＝ΔΦΔt可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，即为正。综合上述分析可知A正确。4．如图，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L。一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次做匀速运动。重力加速度为g，则()A．在ab边进入上部磁场过程中线框的电流方向为abcbaB．当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为gsinθC．当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时速度为14vD．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热答案C解析根据楞次定律可知，在ab边进入上部磁场过程中的电流方向为adcba，A错误；当线圈在上半部分磁场中匀速运动时：F安＝mgsinθ＝B2L2vR，当ab边刚越过边界ff′时，由于线圈的ab边和cd边产生同方向的电动势，则回路的电动势加倍，感应电流加倍，每个边受到的安培力加倍，则此时由牛顿第二定律有：4F安－mgsinθ＝ma，解得此时线框的加速度为a＝3gsinθ，B错误；当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时：2B2BLv′RL＝mgsinθ，解得v′＝14v，C正确；由能量关系可知，从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，线框减少的动能与重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，D错误。5.如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流为i0，直角边长为L。其感应电流i随位移x变化的图象正确的是()答案C解析在线框进入磁场的过程中，位移x为0～L的过程中，磁通量先增大后减小，所以感应电流方向先是逆时针，后是顺时针，当线框的右边和斜边切割长度相等时感应电流为零，接着又反向增大，在x＝L时的位置如图所示，以后有效切割长度逐渐减小到零，则感应电动势逐渐减小到零，感应电流逐渐减小到零。当x＝0时，感应电流大小为i0＝BLvR，方向沿逆时针方向，为正值；当x＝L时，感应电流大小为i＝B·L2vR＝i02，方向沿顺时针方向，为负值，所以C正确，A、B、D错误。6.(2019·山西晋城一模)(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8N，经过2s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1kg、电阻为1Ω，磁感应强度大小为1T，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．拉力F是恒力B．拉力F随时间t均匀增加C．拉力F的最大值等于12ND．金属杆运动的加速度大小为2m/s2答案BCD解析t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I＝BlvR，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝B2l2atR，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin37°＋B2l2atR，可见F随时间t均匀增加，A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2m/s2，t＝2s时，F最大，最大值为12N，C、D正确。7．(多选)如图所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图象中，可能正确的是()答案BCD解析若线圈刚进入磁场时，速度较大，安培力大于重力，则线圈最开始做减速运动，安培力也随之减小，可能达到安培力等于重力，线圈速度不再变化，安培力也不再变化，或安培力仍大于重力线圈就已全部进入磁场，此时，线圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为0，在重力作用下，线圈又开始加速运动，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时是大于重力的，因此线圈又开始减速运动，安培力也随之减小，故A错误，C正确；若线圈刚进入磁场时，安培力等于重力，线圈速度不再变化，安培力也不再变化，当线圈全部进入磁场时，线圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为0，在重力作用下，线圈又开始加速运动，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时是大于重力的，因此线圈又开始减速运动，安培力也随之减小，故B正确；若线圈刚进入磁场时，速度较小，安培力小于重力，所以线圈最开始是加速运动，安培力也随之增大，当线圈全部进入磁场时，线圈中磁通量不变，感应电流为零，所以整体所受的安培力为0，在重力作用下，线圈又开始加速，当线圈的下边穿出磁场时，线圈整体又开始受安培力，由于之前线圈又经历了加速过程，所以安培力此时可能是大于重力的，因此线圈可能开始减速，安培力也随之减小，故D正确。8．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案AB解析设圆盘半径为l，由电磁感应定律得E＝Bl·0＋ωl2＝Bl2ω2，I＝ER，故ω一定时，电流大小恒定，A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源的正、负极不变，电流方向不变，C错误；P＝E2R＝B2l4ω24R，角速度加倍时功率变为原来的4倍，D错误。9.矩形线圈abcd，长ab＝20cm，宽bc＝10cm，匝数n＝200。线圈回路总电阻R＝5Ω，整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则()A．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B．线圈回路中产生的感应电流为0.2AC．当t＝0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为1.6ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J答案D解析由法拉第电磁感应定律可得E＝nΔΦΔt＝nΔBΔt·S＝200×0.2－0.050.3×0.2×0.1V＝2V，由闭合电路欧姆定律可得：I＝ER＝25A＝0.4A，故A、B错误；当t＝0.3s时，通电导线受到的安培力为F＝nBIL＝200×20×10－2×0.4×0.2N＝3.2N，故C错误；在1min内线圈回路产生的焦耳热Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J，D正确。10．如图所示，竖直放置的光滑导轨GMANH，GM、HN平行，其中MAN为一半径为r＝1m的半圆弧，最高点A处断开。GH之间接有电阻为R＝4Ω的小灯泡L，在MN上方区域及CDEF区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝1T，MN、CD之间的距离为h1＝1.85m，CD、EF之间的距离为h2＝1.15m，现有质量为m＝0.7kg的金属棒ab，从最高点A处由静止下落，当金属棒下落r2时具有向下的加速度a＝7m/s2，金属棒在CDEF区域内运动过程中小灯泡亮度始终不变，金属棒始终保持水平且与导轨接触良好，金属棒、导轨的电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)金属棒从A处下落r2时的速度v1大小；(2)金属棒下落到MN处时的速度v2大小；(3)金属棒从A处下落到EF过程中灯泡L产生的热量Q。答案(1)2.8m/s(2)23m/s(3)10.85J解析(1)金属棒下落到r2时，金属棒切割磁感线的有效长度：l＝2rcos30°＝3m，金属棒受到的安培力：F安＝BIl＝B2l2v1R，对金属棒，由牛顿第二定律得：mg－B2l2v1R＝ma，代入数据解得：v1＝2.8m/s。(2)由题可知，金属棒进入CDEF区域时匀速运动，此时切割磁感线的有效长度为2r，由平衡条件得：mg＝B22r2v3R，代入数据解得：v3＝7m/s，金属棒从MN到CD的过程做自由落体运动，由速度位移公式得：v23－v22＝2gh1，代入数据解得：v2＝23m/s。(3)对金属棒，由能量守恒定律得：mg(r＋h1＋h2)＝1