【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-教案20-电磁感应

(满分：100分时间：60分钟)一、单项选择题(每小题4分，共8分)1.如图1所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计．cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()图1A．通过ab边的电流方向为a→bB．ab边经过最低点时的速度v＝eq\r(2gL)C．a、b两点间的电压渐渐变大D．金属框中产生的焦耳热为mgL－eq\f(1,2)mv2答案D解析ab边向下摇摆过程中，磁通量渐渐减小，依据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，v≠eq\r(2gL)，所以选项B错误；金属框摇摆过程中，ab边受安培力作用，故当重力与安培力沿其摇摆方向分力的合力为零时，a、b两点间电压最大，选项C错误；依据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确．2．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的是()图2答案A解析由法拉第电磁感应定律和楞次定律可知，在0～eq\f(T,2)，感应电流的方向应与图示方向相反，即为负方向，故B、C错误；在eq\f(T,2)～T，原磁场为反方向且磁场在增加，可推断感应电流方向与图示的方向相反，为负方向，且其大小为0～eq\f(T,2)时间内的2倍，故A正确，D错误．二、多项选择题(每小题6分，共36分)3.用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面对里的匀强磁场中，如图3所示，当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变化率增大时，则 ()图3A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)答案AB解析依据楞次定律可知，选项A正确；线圈中产生的电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(l2,2)·eq\f(ΔB,Δt)，选项B正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，选项C错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2,4)·eq\f(ΔB,Δt)，选项D错误．4.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4所示，则 ()图4A．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0.4AC．当t＝0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016ND．在1min内线圈回路产生的焦耳热为48J答案BD解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)可知，由于线圈中磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(20－5×10－2,0.3)T/s＝0.5T/s为常数，则回路中感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I＝eq\f(E,R)＝0.4A，选项B正确；当t＝0.3s时，磁感应强度B＝0.2T，则安培力为F＝nBIl＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N，故选项C错误；1min内线圈回路产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.42×5×60J＝48J．选项D正确．5.如图5所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d.现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2.下列说法正确的是 ()图5A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析由楞次定律可以推断，导体框离开磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确；导体框进出磁场时受到的安培力是变力，做非匀变速直线运动，选项B错误；安培力始终是阻力，故导体框做减速运动，进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，进入磁场时产生的焦耳热Q1大于离开磁场时产生的焦耳热Q2，选项C正确；由能量守恒得Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，选项D正确．6．如图6所示的甲、乙两个电路，电感线圈的自感系数足够大，且直流电阻不行忽视，闭合开关S，待电路达到稳定后，灯泡均能发光．现将开关S断开，这两个电路中灯泡亮度的变化状况可能是 ()图6A．甲电路中灯泡将渐渐变暗B．甲电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗C．乙电路中灯泡将渐渐变暗D．乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗答案AD解析S断开，电感线圈L产生自感，阻碍原电流的变化，L相当于新回路的电源，甲图中流过灯泡的电流在I灯＝IL的基础上渐渐减小，甲灯泡会渐渐变暗，A项正确．乙图中，电流在IL的基础上渐渐减小，若IL>I灯，则会发觉乙灯泡先闪亮后熄灭，D项正确．7．如图7甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．(重力加速度g取10m/s2)则图7A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25CB．线圈匀速运动的速度大小为8m/sC．线圈的长度为1mD．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J答案AB解析由题图乙知，t2～t3时间内ab在L3L4内做匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝Beq\f(E,R)L，F＝mg，联立解得：v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝8m/s，选项B正确．从cd边出L2到ab边刚进入L3线圈始终是匀加速，因而ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度为s，有：3s＝v2t－eq\f(1,2)gt2，得：s＝1m，从而有：ad＝2s＝2m，选项C错误．在0～t3时间内由能量守恒定律得：Q＝mg·5s－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.8J，选项D错误.0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BsL,R)＝0.25C，选项A正确．8.两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨按如图8所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是()图8A．ab杆所受拉力F的大小为mgtan37°B．回路中电流为eq\f(mgsin37°,BL)C．回路中电流的总功率为mgvsin37°D．m与v大小的关系为m＝eq\f(B2L2v,2Rgtan37°)答案AD解析对cd杆，BILcos37°＝mgsin37°，对ab杆，F＝BIL，联立解得ab杆所受拉力F的大小为F＝mgtan37°，故A对；回路中电流为I＝eq\f(mgtan37°,BL)，故B错；回路中电流的总功率为Fv＝mgvtan37°，故C错；I＝eq\f(BLv,2R)，又I＝eq\f(mgtan37°,BL)，故m＝eq\f(B2L2v,2Rgtan37°)，故D对．三、非选择题(共56分)9．(28分)(2022·天津理综·11)如图9所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻．一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开头以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9m时撤去外力，金属棒连续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒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．求：图9(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J解析(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为eq\x\to(E)，由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为eq\x\to(I)，由闭合电路欧姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)③则通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt④联立①②③④式，得q＝eq\f(Blx,R＋r)代入数据得q＝4.5C(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤设金属棒在撤去外力后的运动过程中克服安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2⑥撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8J⑧(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑨在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩由⑧⑨⑩式得WF＝5.4J.10．(28分)如图10甲所示，空间存在一垂直纸面对里的水平磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变、y轴方向按B＝ky变化，k为大于零的常数．一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线框abcd从图示位置由静止释放，运动过程中线框始终在同一竖直平面内且ab边水平，当线框下降h0(h0<L)高度时达到最大速度，线框cd边进入磁场时开头做匀速运动，重力加速度为g.求：(1)线框下降h0高度时的速度大小v1和匀速运动时的速度大小v2；(2)线框从开头释放到cd边刚进入磁场的过程中产生的电能ΔE；(3)若将线框从图示位置以水平向右的速度v0抛出，在图乙中大致画出线框上a点的轨迹．图10答案(1)eq\f(mgR,k2h\o\al(2,0)L2)eq\f(mgR,k2L4)(2)mgL－eq\f(m3g2R2,2k4L8)(3)见解析图解析(1)线框下降h0高度时达到最大速度，此时其所受合外