2021高考物理二轮专题复习专题强化练7　电磁感应

1、PAGE 7 -专题强化练7电磁感应一、选择题(15题为单项选择题，68题为多项选择题)1.2020河北武邑中学五模如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，一半处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里开始时，磁场与线圈平面垂直，现使线圈以角速度绕OO匀速转过90，在此过程中，线圈中产生的平均感应电动势为()A.eq f(Ba2,) B.eq f(nBa2,)C.eq f(2nBa2,) D.eq f(Ba2,2)2如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转下列说法正确的是()A偏转原因是圆盘周围存在电场B偏转原因是圆盘周围

2、产生了磁场C仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变3如图甲所示，U形导线框abcd的平面与水平面成角，导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好磁场的方向垂直线框平面向上，且磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，导体棒始终静止，在0t1时间内，下列说法正确的是()A导体棒中电流一直增大B回路消耗的电功率一直增大C导体棒所受的安培力一直增大D导体棒所受的摩擦力先减小后增大4如图甲所示，一对间距为l20 cm的平行光滑导轨放在水平面上，导轨的左端接R1 的电阻，导轨上垂直放置一导体杆，整个装置处在磁感应强度大小为B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下杆在

3、沿导轨方向的拉力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动测得力F与时间t的关系如图乙所示杆及两导轨的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则杆的加速度大小和质量分别为()A20 m/s20.5 kg B20 m/s20.1 kgC10 m/s20.5 kg D10 m/s20.1 kg52020安徽宿州开学考试如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab和cd，bd端接有电阻R.电阻为r的导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计导轨右端区域存在垂直于导轨平面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示在t0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左侧向

4、右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流i随时间t的变化规律图象可能是()6如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定磁场垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示下面说法正确的是()A01 s时间内和56 s时间内，导线框中的电流方向相同B01 s时间内和13 s时间内，导线框中的电流大小相等C35 s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上D13 s时间内，AB边受到的安培力大小不变72020湖北咸宁5月模拟如图甲所示，两条平行实线间

5、存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1 T一总电阻r0.2 的圆形线圈从恰好与左侧实线接触的位置开始向右做匀速直线运动圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图乙所示下列说法正确的是()A圆形线圈的半径R1 mB圆形线圈运动速度的大小v20 m/sC两实线之间的水平距离L6 mD0.05 s时刻，圆形线圈所受的安培力大小为400 N8.2020广东深圳5月模拟一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上开始时圆环的磁通量为0，圆环磁通量随下落高度y变化的关系为0(1ky)(k为比例常数，k0)金属圆环在下落过程中的环面始终保

6、持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度圆环的收尾速度为v，已知圆环的电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力，关于该情境，以下结论正确的有()A圆环速度稳定后，金属圆环产生的感应电动势为k0vB圆环速度稳定后，金属圆环的热功率Peq f(k2oal(2,0)v2,R)C圆环速度稳定后，金属圆环的热功率Peq f(k2oal(2,0)v2,Rg)D圆环的质量meq f(k2oal(2,0)v,R)二、非选择题9.预测到2025年，我国将在航空母舰上使用中压直流技术的电磁弹射器，其等效电路如图所示(俯视图)直流电源电动势E18 V，超级电容器的电容C1 F两根固定于同一水平面内的光滑

7、平行金属导轨间距l0.4 m，电阻不计，磁感应强度大小B2 T的匀强磁场垂直于导轨平面向外质量m0.16 kg、电阻R0.2 的金属棒MN垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触开关S先接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨求：(1)开关S接1使电容器完全充电后，极板上所带的电荷量Q；(2)MN由静止开始运动时的加速度大小a；(3)MN达到的最大速度vm.10如图所示，倾角37、间距l0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R0.1 的电阻，质量m0.1 kg的金属棒ab垂

8、直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 mx0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场从t0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足vkx(可导出akv)，k5 s1.当棒ab运动至x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率P0.12 W，运动至x20.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x0处棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 370.6)(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系式；

9、(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.专题强化练7电磁感应1解析：线圈中产生的平均感应电动势eq xto(E)neq f(,t)，其中Beq f(a2,2)，teq f(T,4)eq f(,2)，解得eq xto(E)eq f(nBa2,).答案：B2解析：小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误故选B.答案：B3

10、解析：由题图看出，磁感应强度随时间均匀增大，穿过PQcb回路的磁通量均匀增加，回路中产生恒定的感应电动势，则回路的电流恒定，A错误；根据PI2R可知，回路消耗的电功率恒定不变，B错误；根据楞次定律可知，导体棒PQ所受安培力方向沿导线框所在的平面向下，由FBIL可知，B增大，PQ所受安培力增大，根据平衡条件可知导体棒PQ受到的静摩擦力FfFmgsin ，F增大，Ff增大，C正确，D错误答案：C4解析：导体杆在导轨上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为EBlvBlat，闭合回路中的感应电流为Ieq f(E,R)，由安培力公式和牛顿第二定律得F

11、BIlma，由以上三式得Fmaeq f(B2l2at,R)，在乙图线上取两点t10，F11 N，t210 s，F22 N，代入得a10 m/s2，m0.1 kg，故D正确答案：D5解析：由图乙知，在02t0时间内磁感应强度随时间均匀变化，根据ENeq f(B,t)S可知，回路中产生恒定的感应电动势和感应电流，根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针方向，所以在02t0时间内电流是负方向，且大小不变在2t0时刻导体棒进入磁场区域，磁感应强度大小恒定，根据FBiLeq f(B2L2v,Rr)ma知，导体棒做加速度减小的减速运动，又电流ieq f(BLv,Rr)eq f(BLa,Rr)t，则电流i逐

12、渐减小，且it图象的斜率逐渐减小；根据楞次定律可知，回路中产生的感应电流方向为顺时针方向，故A项符合答案：A6解析：01 s时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度变大，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律，导线框中电流沿顺时针方向；56 s时间内磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，穿过导线框的磁通量减小，由楞次定律知感应电流沿顺时针方向，选项A正确.01 s时间内和13 s时间内，磁感应强度的变化率不相等，根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势大小不等，由EIR知导线框中电流大小不相等，选项B错误.35 s时间内，磁场方向垂直纸面向里且增强，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，根据左手定则AB

13、边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C正确.13 s时间内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势和感应电流不变，但磁感应强度均匀减小，所以AB边受到的安培力均匀减小，选项D错误答案：AC7解析：当线圈直径与边界重合时，电动势最大，且为EmB2Rv40 V，根据图乙知，线圈从开始运动到全进入磁场所用的时间t0.1 s，结合2Rvt，解得v20 m/s，R1 m，选项A、B均正确；线圈从全进入到刚要出磁场共用时t0.1 s，L2Rvt21 m200.1 m4 m，选项C错误；0.05 s时刻，电动势为E40 V，线圈有效切割长度为2R，此时感应电流Ieq f(E,r)200 A，则安培力的大小

14、FBI2R400 N，选项D正确答案：ABD8解析：圆环速度稳定后，在很短时间t内，下降的高度yvt，穿过圆环磁通量的变化量01k(yy)0(1ky) k0vt，根据法拉第电磁感应定律得，圆环产生的感应电动势Eeq f(,t)k0v，选项A正确；圆环的热功率Peq f(E2,R)eq f(k2oal(2,0)v2,R)，选项B正确，C错误；圆环速度稳定后，由能量守恒定律知，金属圆环减小的重力势能全部转变为热量，则mgvP，解得meq f(k2oal(2,0)v,Rg)，选项D错误答案：AB9解析：(1)完全充电后，电容器所带电荷量QCE，代入数据解得Q18 C.(2)由静止开始，通过金属棒MN

15、的电流Ieq f(E,R)，棒所受安培力大小FBIl由牛顿第二定律得Fma代入数据解得aeq f(BlE,mR)450 m/s2.(3)当MN速度最大时，感应电动势EmBlvm，此时QCEmCBlvm对MN，所受安培力为变力，由动量定理有B eq xto(I)ltmvm0其中Qeq xto(I)t QQ则Bl(CECBlvm)mvm0代入数据解得vm18 m/s.答案：(1)18 C(2)450 m/s2(3)18 m/s10解析：(1)在x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率Peq f(Blv2,R)此时vkx1 m/s解得Beq r(f(PR,lv2)eq f(r(30),5)T(2)在无磁场区间0 x0.2 m内，有a5 s1v25 s2xF25 s2xmmgcos mgsin (0.962.5x)N在有磁场区间0.2 mx0.8 m内，有FAeq f(Bl2v,R)0.6x NF(0.962.5x0.6x)N(0.963.1x)N(3)上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)WA1eq f(0.6 N,2)(x1x2)(x2x1)0.18 J