（天津專用）2020高考物理二輪復習 專題提升訓練12 電磁感應（含解析）

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1、專題提升訓練12　電磁感應 一、單項選擇題(本題共3小題,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 1.(2019·湖南三湘名校第三次聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展,無線充電已經進入人們的視線。小到手表、手機,大到電腦、電動汽車的充電,都已經實現了從理論研發(fā)到實際應用的轉化。下圖是某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖。關于無線充電,下列說法正確的是(　　) A.無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應” B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電 C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D.只要有無線充電底座,所有手

2、機都可以進行無線充電 答案:C 解析:無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現象,不是“電流的磁效應”現象,故選項A錯誤;當充電設備接直流電源時,無線充電設備不會產生交變磁場,那么不能夠正常使用,故選項B錯誤;接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同,故選項C正確;被充電手機內部,應該有一類似金屬線圈的部件與手機電池相連,當有交變磁場時出現感應電動勢,那么普通手機不能夠利用無線充電設備進行充電,故選項D錯誤。 2.(2019·天津期末)在如圖所示的電路中,a、b、c為三盞完全相同的燈泡,L是自感線圈,直流電阻為RL,則下列說法正確的是(　　) A.閉合開關后,

3、b、c先亮,a后亮 B.斷開開關時,N點電勢低于M點 C.斷開開關后,b、c同時熄滅,a緩慢熄滅 D.斷開開關后,c馬上熄滅,b閃一下后緩慢熄滅 答案:A 解析:開關S閉合瞬間,因線圈L的電流增大,磁通量增大,產生自感電動勢,根據楞次定律可知,自感電動勢阻礙電流的增大,通過a燈的電流逐漸增大,所以b、c先亮,a后亮,故A正確;合上開關一會兒后,因線圈中電流逐漸穩(wěn)定,斷開開關S的瞬間,由電感的特性可知:L和a、b組成的回路中有電流,電流的方向與L中原來電流的方向相同,方向為:L→N→b→M→a→L,可知N點電勢高于M點,故B錯誤;斷開開關S的瞬間,由電感的特性可知:L和a、b組成的回路

4、中有電流,導致a、b一起緩慢熄滅,而c沒有電流,馬上熄滅。由于原來a、b兩燈的電流相等,開關斷開的瞬間,通過a、b和線圈回路的電流從a燈原來的電流減小,所以兩燈都不會閃亮,故C錯誤,D錯誤。 3.(2019·陜西咸陽第二次模擬)如圖甲所示,匝數n=2的金屬線圈(電阻不計)圍成的面積為20 cm2,線圈與R=2 Ω的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場中,磁場與線圈平面垂直,磁感應強度為B,B-t關系如圖乙所示,規(guī)定感應電流i從a經過R到b的方向為正方向,忽略線圈的自感影響,則下列i-t關系圖正確的是(　　) 答案:D 解析:由題圖乙可知,0~2s內,線圈中磁通量的變化率相同,故

5、0~2s內電流的方向相同,由楞次定律可知,電路中電流方向為順時針,即電流為正方向;同理可知,2~5s內電路中的電流方向為逆時針,為負方向,由E=nΔΦΔt可得E=nSΔBΔt,則知0~2s內電路中產生的感應電動勢大小為E1=2×20×10-4×3×10-32V=6×10-6V,則電流大小為I1=E1R=62×10-6A=3×10-6A;同理2~5s內,I2=2×10-6A,故A、B、C錯誤,D正確。 二、多項選擇題(本題共2小題,在每小題給出的四個選項中,有多個選項是符合題目要求的) 4.(2019·天津二模)如圖所示,電阻R、電容器C與固定在同一水平面上的光滑平行導軌相連,導軌間有豎直向

6、下的勻強磁場。一導體棒垂直放在導軌上且與導軌接觸良好,導體棒與導軌電阻不計。現讓導體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動并經過B、C兩位置,在導體棒向右滑動的過程中,下列說法正確的是(　　) A.R中的電流從a到b B.導體棒向右做勻速滑動 C.電容器的電荷量逐漸變小 D.在BC段滑動時導體棒動能的減少量等于電阻R上產生的熱量 答案:AC 解析:根據右手定則可判定回路中的電流沿逆時針方向,電阻R中的電流從a到b,故A正確;根據左手定則可判斷,導體棒受到向左的安培力作用做減速運動,所以電動勢不斷變小,電容器兩端電壓不斷變小,根據C=QU得Q=CU,故電容器電荷量逐漸變小,故B錯誤,

7、C正確;根據能量守恒可知,在BC段滑動時導體棒動能的減少量等于電阻R上產生的熱量以及電容器儲存的電能之和,故D錯誤。 5.(2019·天津和平區(qū)二模)如圖甲所示,通電直導線A和方框導線B放置于同一平面內。導線A中通入如圖乙所示電流,以豎直向上的電流為正方向。下列說法正確的有(　　) A.T2時刻B中沒有感應電流 B.T2時刻A、B所受的安培力為零 C.T4時刻B中的感應電流方向與3T4時刻相反 D.0~T時間內B中的感應電流大小不變 答案:BD 解析:在0~T2時間內,直線電流方向向上,根據安培定則,知導線右側磁場的方向垂直紙面向里,電流逐漸減小,則磁場逐漸減小,根據楞次定律

8、,金屬線框中產生順時針方向的感應電流。在T2~T時間內,直線電流方向向下,根據安培定則,知導線右側磁場的方向垂直紙面向外,電流逐漸增大,則磁場逐漸增強,根據楞次定律,金屬線框中產生順時針方向的感應電流,故電流一直為順時針方向;當時間為T2時刻仍然由電流而且沿順時針方向,故A、C錯誤;在T2時刻A中的電流為0,則A與B之間的相互作用力一定為0,故B正確;由題圖可知,在0~T時間內A中電流的變化率不變,則穿過B的磁通量的變化率不變,由法拉第電磁感應定律可知,B內的感應電動勢的大小不變,所以B內的感應電流的大小也不變,故D正確。 三、計算題(本題共3小題,須寫出規(guī)范的解題步驟) 6.(2019·

9、天津市實驗中學模擬)如圖所示,固定光滑金屬導軌間距為l,導軌電阻不計,上端a、b間接有阻值為R的電阻,導軌平面與水平面的夾角為θ,且處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。質量為m、電阻為r的導體棒與固定彈簧相連后放在導軌上。初始時刻,彈簧恰處于自然長度,導體棒具有沿導軌向上的初速度v0。整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。已知彈簧的勁度系數為k,彈簧的中心軸線與導軌平行。 (1)求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向; (2)當導體棒第一次回到初始位置時,速度變?yōu)関,求此時導體棒的加速度大小a。 答案:(1)BLv0R+r,電流方向為b→a (

10、2)gsin θ-B2L2vm(R+r) 解析:(1)導體棒產生的感應電動勢為E1=BLv0 根據閉合電路歐姆定律得通過R的電流大小為I1=E1R+r=BLv0R+r 根據右手定則判斷得知:電流方向為b→a。 (2)導體棒第一次回到初始位置時產生的感應電動勢為E2=BLv 根據閉合電路歐姆定律得感應電流為I2=E2R+r=BLvR+r 導體棒受到的安培力大小為F=BIL=B2L2vR+r,方向沿斜面向上。導體棒受力如圖所示: 根據牛頓第二定律有mgsinθ-F=ma 解得a=gsinθ-B2L2vm(R+r)。 7.(2019·天津一模)如圖所示,在磁感應強度為B的勻強磁

11、場中,豎直放置兩根平行金屬導軌(電阻不計),磁場方向垂直于導軌所在平面向里,導軌上端接一阻值為R的電阻。兩金屬棒a和b的電阻均為R,質量分別為ma=4×10-2 kg和mb=2×10-2 kg,它們與導軌接觸良好并可沿導軌無摩擦滑動。閉合開關S,先固定b,用一恒力F向上拉a,穩(wěn)定后a以v1=20 m/s的速度勻速運動,此時再釋放b,b恰好保持靜止,設導軌足夠長,g取10 m/s2。 (1)求拉力F的大小; (2)若將金屬棒a固定,讓金屬棒b自由滑下(開關仍閉合),求b滑行的最大速度v2; (3)若斷開開關,將金屬棒a和b都固定,使磁感應強度大小經0.2 s由B隨時間均勻增加到2B時,

12、a棒受到的安培力正好等于a棒的重力,求兩金屬棒間的距離h。 答案:(1)0.8 N　(2)10 m/s　(3)83 m 解析:(1)a棒勻速運動,根據平衡條件得F=mag+BIaL b棒靜止,根據平衡條件得mbg=BIbL,且Ib=Ia2 代入數據解得F=0.8N。 (2)當a棒以v1的速度勻速運動時,a棒的電流Ia=BLv1R+R2 b棒恰好保持靜止,有mbg=BIbL 又Ib=Ia2 當a棒靜止b棒下滑至勻速時,有Ib'=BLv2R+R2 由平衡條件得mbg=BIb'L 代入數據解得v2=v12=10m/s。 (3)由法拉第電磁感應定律得E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=BL

13、ht 感應電流I″=E2R 由題意可知mag=BI″L 聯(lián)立解得h=v1tma3mb 代入數據解得h=83m。 8.(2019·天津河西區(qū)一模)如圖所示兩個半徑分別為RA=1 m、RB=2 m的金屬圓環(huán)處在豎直向下、磁感應強度B1=1 T的環(huán)形勻強磁場中,一根長l'=2 m、阻值為2 Ω的均勻金屬棒OB跨放在兩金屬圓環(huán)上,且O點位于兩環(huán)的圓心處。另有兩根間距l(xiāng)=1 m、足夠長的“L”形光滑金屬導軌與水平面成θ=30°角傾斜放置,在導軌下端的擋板上,靜放著一根長l=1 m、質量m=0.1 kg、阻值R=1 Ω的金屬棒CD,傾斜導軌的上端通過兩根導線分別與A、B兩環(huán)相連,兩導軌處在與導軌

14、平面垂直斜向上、B2=1 T的勻強磁場中,除兩根金屬棒的電阻外,其余電阻均不計。金屬棒OB在外作用下以角速度ω=2 rad/s繞O點逆時針勻速轉動,t=0時閉合開關,t=2 s時金屬棒CD速度最大,g取10 m/s2。 (1)開關閉合前,求A、B兩點的電勢差UAB大小及A、B兩點的電勢高低; (2)求金屬棒CD達到的最大速度; (3)若t=2 s時,因故障金屬棒OB停止轉動,金屬棒CD繼續(xù)上滑,現測得金屬棒CD由t=0時刻至上滑到最高點的過程中通過的電荷量為1.3 C,求故障后金屬棒CD在上滑過程中CD棒產生的熱量。 答案:(1)3 V,A點的電勢高　(2)2 m/s　(3)0.05 J 解析:(1)金屬棒OB勻速轉動時切割磁感線產生感應電動勢 E=BLAB - 6 -