届高考物理二轮复习电磁感应规律及综合应用作业全国通用文档格式.docx
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答案 C
2.(2018·
湖南三湘名校第三次联考)随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线。
小到手表、手机,大到电脑、电动汽车的充电,都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。
下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。
关于无线充电,下列说法正确的是( )
图2
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电
解析 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象,不是“电流的磁效应”现象,故选项A错误;
当充电设备通以恒定直流,无线充电设备不会产生交变磁场,那么不能够正常使用,故选项B错误;
接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故选项C正确;
被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件,与手机电池相连,当有交变磁场时,则出现感应电动势,那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电,故选项D错误。
3.(2018·
辽宁市联考)如图3所示,间距为L的光滑平行金属导轨弯成“∠”形,底部导轨面水平,倾斜部分与水平面成θ角,导轨与固定电阻相连,整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。
导体棒ab与cd均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良好,两导体棒的电阻均与阻值为R的固定电阻相等,其余部分电阻不计,当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时,导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态,导体棒ab的重力为mg,则( )
图3
A.导体棒cd两端的电压为BLv
B.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为
C.cd棒克服安培力做功的功率为
D.导体棒ab所受安培力为mgsinθ
解析 根据题意画出等效电路如图甲所示。
导体棒cd产生的感应电动势为E=Blv,导体棒cd两端的电压是路端电压,U=E=BLv,选项A错误;
通过cd棒的电流I==,在时间t内通过导体棒cd横截面的电荷量为q=It=,选项B正确;
甲
乙
对ab棒进行受力分析如图乙所示,由于ab棒静止,所以ab棒所受安培力Fab=mgtanθ,选项D错误;
由功能关系知cd棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率,为P==,选项C错误。
答案 B
4.如图4甲所示为磁感应强度B随时间t的变化图象,磁场方向垂直纸面(未画出),规定垂直纸面向里的方向为正方向。
在磁场中有一细金属圆环,位于纸面内,如图乙所示。
令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流,F1、F2、F3分别表示Oa、ab、bc段金属圆环上很小的一段导体受到的安培力。
下列说法正确的是( )
图4
A.I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向
B.I2沿顺时针方向,I3沿顺时针方向
C.F1的方向指向圆心,F2的方向指向圆心
D.F2的方向背离圆心向外,F3的方向指向圆心
解析 由图甲所示可知,Oa段,磁场方向垂直于纸面向里,穿过圆环的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流I1沿逆时针方向,ab段,磁场方向垂直于纸面向里,穿过圆环的磁通量减少,由楞次定律可知,感应电流I2沿顺时针方向,选项A正确;
由图甲所示可知,bc段,磁场方向垂直于纸面向外,穿过圆环的磁通量增加,由楞次定律可知,感应电流I3沿顺时针方向,选项B正确;
由左手定则可知,Oa段安培力F1的方向指向圆心,ab段安培力F2的方向背离圆心向外,选项C错误;
bc段安培力F3的方向指向圆心,选项D正确。
答案 ABD
5.如图5所示,两等长的细绳悬挂一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上,静止时线圈平面与磁铁的轴线O1O2垂直,磁铁质量为m,磁极如图所示。
在垂直于细杆的平面内,保持细绳绷紧,将磁铁拉至与细杆等高的位置,将磁铁由静止释放,则下列说法正确的是( )
图5
A.磁铁下摆过程中,线圈所受合外力为零
B.磁铁下摆过程中,线圈中有逆时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流
C.磁铁下摆过程中,线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流
D.磁铁摆到最低点时,两绳子拉力的合力小于3mg
解析 磁铁下摆过程中,向左穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知,线圈中有顺时针方向(沿O1O2方向看)的感应电流,故选项A、B错误,C正确;
磁铁向下运动的过程中,根据楞次定律可知,磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍,机械能减小,则mv2<
mgr,最低点拉力与重力的合力提供向心力,所以F-mg=,联立以上两式得F<
3mg,故选项D正确。
答案 CD
6.如图6所示,导体棒沿两平行金属导轨从图示位置以速度v向右匀速通过一正方形匀强磁场区域,ac边垂直于导轨且平行于导体棒,ac边右侧的磁感应强度的大小是左侧磁感应强度大小的2倍且方向相反,导轨和导体棒的电阻均不计,下列关于导体棒中感应电流和导体棒所受安培力随时间变化的图象可能正确的是(规定电流从M经R到N为正方向,安培力水平向左为正方向)( )
图6
解析 解决导体运动切割磁感线产生电动势问题的三把“金钥匙”:
一找切割长度;
二找变化趋势;
三找方向。
根据右手定则,开始时导体棒中感应电流方向为正(注意不要忽略物理量的正负),大小均匀增加,根据题述可知,当导体棒运动到ac边的右侧,感应电流的大小突变为原来的2倍,方向变化,为负值,选项A正确,B错误;
感应电流随位移均匀变化,切割的有效长度随位移均匀变化,根据F=BIL,安培力大小随位移做二次函数变化,根据楞次定律可知,安培力方向不变,选项C正确,D错误。
答案 AC
7.如图7所示,x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度大小相同,现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动,若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向,从图示时刻开始计时,则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是( )
图7
解析 在0~t0时间内,由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值);
在t0~2t0时间内,由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值),且大小为在0~t0时间内产生的电流大小的2倍;
在2t0~3t0时间内,由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值),且大小与在0~t0时间内产生感应电流大小相等。
因此感应电流I随时间t的变化示意图与选项A中图象相符,选项A正确,B错误;
在0~t0时间内,ON边虽然有电流但没有进入磁场区域,所受安培力为零;
在t0~2t0时间内,感应电流大小为在2t0~3t0时间内感应电流大小的2倍,ON边在t0~2t0时间内所受安培力为在2t0~3t0时间内的2倍,因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图与选项D中图象相符,选项C错误,D正确。
答案 AD
8.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图8所示,整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下。
在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。
金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触。
导轨电阻不计。
图8
A.金属棒中电流从B流向A
B.金属棒两端电压为Bωr2
C.电容器的M板带负电
D.电容器所带电荷量为CBωr2
解析 根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A,选项A正确;
金属棒转动产生的电动势为E=Br=Bωr2,切割磁感线的金属棒相当于电源,金属棒两端电压相当于电源的路端电压,因而U=E=Bωr2,选项B正确;
金属棒A端相当于电源正极,电容器M板带正电,选项C错误;
由C=可得电容器所带电荷量为Q=CBωr2,选项D错误。
答案 AB
二、非选择题
9.(2018·
江苏淮安一模)很多人喜欢到健身房骑车锻炼,某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置,如图9所示。
自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中,用金属圆盘制成的后轮在磁场中转动时,可等效成导体棒绕圆盘中心O转动。
已知磁感应强度B=0.5T,圆盘半径l=0.3m,圆盘电阻不计。
导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连,导线两端a、b间接一阻值R=10Ω的小灯泡。
后轮匀速转动时,用电压表测得a、b间电压U=0.6V。
图9
(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱?
(2)圆盘匀速转动10分钟,则此过程中产生了多少电能?
(3)自行车车轮边缘线速度是多少?
解析
(1)根据右手定则,轮子边缘点等效于电源的负极,则a点接电压表的负接线柱。
(2)根据公式Q=t
代入数据得Q=21.6J
(3)由U=E=Bl2ω
代入数值解得v=lω=8m/s。
答案
(1)负接线柱
(2)21.6J (3)8m/s
10.如图10甲所示,倾斜放置的两根足够长的光滑金属导轨与水平面间的夹角为θ,间距为L,一端通过导线与阻值为R的电阻连接,质量为m的金属杆垂直放在导轨上,金属杆与导轨的电阻忽略不计,空间存在垂直导轨所在平面向上的匀强磁场。
现用平行于斜面的恒力F沿斜面向上由静止拉金属杆,运动过程中杆始终与导轨垂直且接触良好,杆最终做匀速运动。
当改变恒力F的大小时,杆最终做匀速运动的速度v也会变化,v与恒力F的关系如图乙所示。
取重力加速度g=10m/s2。
图10
(1)分析说明金属杆在匀速运动之前做什么运动?
(2)若m=0.4kg,L=0.5m,R=0.5Ω,求磁感应强度大小B和θ。
解析
(1)金属杆由静止开始运动后,受到重力、支持力、沿斜面向下的安培力和恒力F的作用,由牛顿第二定律有
F-mgsinθ-F安=ma
而F安=BIL,I=
可知随着速度的增大,安培力增大,所以金属杆在匀速运动之前做加速度减小的加速运动。
(2)设金属杆运动过程中某时刻的速度为v,则
感应电动势E=BLv
回路中的电流I=
则金属杆受到的安培力F安=IBL=
当金属杆匀速运动时受到的合力为零
F-mgsinθ-F安=0
所以有v=(F-mgsinθ)
由题图乙可以得到图线的斜率k=2m·
s-1·
N-1
对应有k=,解得B==1T
由题图乙可知图线的截距为2N
对应有mgsinθ=2N
解得θ=30°
答案
(1)加速度减小的加速运动
(2)1T 30°
11.如图11甲所示,有一竖直方向的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,区域的上下边缘间距为H=85cm,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。
有一长L1=20cm、宽L2=10cm、匝数n=5的矩形线圈,其总电阻R=0.2Ω、质量m=0.5kg,在t=0时刻,线圈从离磁场区域的上边缘高为h=5cm处由静止开始下落,0.2s时线圈刚好全部进入磁场,0.5s时线圈刚好开始从磁场中出来。
不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。
求:
图11
(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t;
(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。
解析
(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1,则
v=2gh,得v1=1m/s
h=gt,得t1=0.1s
进入磁场时,E1=nB1L1v1,I1=,FA1=nB1I1L1
得FA1=5N,即FA1=mg
线圈匀速进入磁场,L2=v1t2
得t2=0.1s
之后线圈向下做匀加速运动,运动d=H-L2=0.75m后,线圈的下边刚好到达磁场的下边缘
有v-v=2gd,得v2=4m/s
由v2-v1=gt3,得t3=0.3s
出磁场时,E2=nB2L1v2,I2=,FA2=nB2I2L1
得FA2=5N,即FA2=mg
线圈匀速出磁场,L2=v2t4
得t4=0.025s
因此线圈穿过磁场区域所经历的时间
t=t2+t3+t4=0.425s
(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动,该过程中线圈产生的热量
Q1=mg·
2L2=1.0J
整个线圈在磁场中运动时,E3=nL1L2
=T/s
Q2=t3=J≈0.042J
因此全过程产生的总热量Q=Q1+Q2=1.042J
答案
(1)0.425s
(2)1.042J
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