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1、2017届高三物理二轮复习第二篇题型专项突破热考小题专攻练11电磁感应规律热考小题专攻练11.电磁感应规律(建议用时20分钟)小题强化练,练就速度和技能,掌握高考得分点!1.(2016黄山一模)如图所示,AOC是光滑的金属导轨,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,ab是一根金属棒,立在导轨上,它从静止开始在重力作用下运动,运动过程中b端始终在OC上,a端始终在OA上,直到完全落在OC上,空间存在着匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,则ab棒在上述过程中()A.感应电流方向是baB.感应电流方向是abC.感应电流方向先是ba,后是abD.感应电流方向先是ab,后是ba【解析】选C。在ab杆滑动的过程中
2、,aOb的面积先增大后减小,穿过aOb磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知:感应电流的方向先是ba,后是ab。故A、B、D错误,C正确。2.(多选)用一根横截面积为S、电阻率为的硬质细导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径,如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图。磁感应强度随时间减小,变化率=k(k为定值),则()A.圆环中产生顺时针方向的感应电流B.圆环具有扩张且向右运动的趋势C.圆环中产生的感应电动势为|D.圆环中感应电流的大小为|【解析】选A、D。由题意可知磁通量随时间减小,则由楞次定律“增反减同”可知,感应电流的磁场方向向里,则由右手螺旋定则可
3、知感应电流的方向为顺时针;故A正确;由“来拒去留”可知,圆环为了阻碍磁通量的减小,应有扩张且向左运动的趋势;故B错误;电路中的感应电动势E=kS环,选项C错误;感应电流I=|,故D正确。3.(2016铜陵一模)如图所示,用单位长度电阻相同的粗细均匀的相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝闭合回路,它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,区域宽度大于2L。则进入磁场过程中,电流最大的回路是()A.甲B.乙C.丙D.丁【解析】选C。设导线长度L的电阻为r,则r甲=4r,r乙=r丙=6r,r丁=8r,线框进入磁场时切割磁感线产生动生电动势,由法拉第电磁感应定律E=BLv
4、,由闭合电路的欧姆定律知I=可得:I甲=,I乙=,I丙=,I丁=,则丙图电流最大,选项C正确。4.等腰三角形内有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的底边在x轴上且长为2L,高为L,t=0时刻,边长为L的正方形导线框从图示位置沿x轴正方向匀速穿过磁场,取顺时针方向为电流的正方向,则能够正确表示导线框中电流位移(i -x)关系的是()【解析】选A。设线圈bc边的位置坐标为x,当x在O-L过程,线框bc边有效切线长度为l=x,感应电动势为:E=Blv=Bxv感应电流为:i=根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda,为正值,且i与x成正比;当x在L-L过程中,bc边和ad边同时切割磁感线,且切割磁感线的
5、长度bcad,感应电动势为:E=B(2L-x)v-B(x-L)v=B(3L-2x)v感应电流为:i=根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda,为正值,且随x增大i减小;当x在L-2L过程中,bc边和ad边同时切割磁感线,且切割磁感线的长度bcad,感应电动势为:E=B(x-L)v-B(2L-x)v=B(2x-3L)v感应电流为:i=根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba,为负值,且随x增大i增大;当x在2L-3L过程,线框bc边有效切线长度为:l=3L-x感应电动势为:E=Blv=B(3L-x)v感应电流为:i=;根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba,为负值,且随x增大i减小
6、;由数学知识可得A符合,故选A。5.(2016长春二模)如图甲所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为1kg的单匝均匀正方形铜线框,在1位置以速度v0=3m/s进入匀强磁场时开始计时t=0,此时线框中感应电动势为1V,在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场。此过程中v -t图象如图乙所示,那么()A.线框右侧边两端MN间的电压为0.25VB.恒力F的大小为0.5NC.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3m/sD.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为1m/s【解析】选B。t=0时,线框右侧边MN的两端电压为外电压,总的感应电动势为:E=Bav0,外电压U外=E=0.75V,故A错误;
7、在13s内,线框做匀加速运动,没有感应电流,线框不受安培力,则有F=ma,由速度时间图象的斜率表示加速度,求得a=m/s2=0.5m/s2,得F=0.5N,故B正确。由乙图象看出,在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同,则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同,则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t=1s时刻的速度相等,即为2m/s,故C、D错误。6.(多选)(2016洛阳一模)如图所示,在倾角为的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B,方向相反的匀强磁场区域,区域的磁场方向垂直斜面向上,区域的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度HP以及PN均为L,一个质量为m、电阻
8、为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域,此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动,t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置,此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,重力加速度为g,下列说法中正确的是()A.当ab边刚越过JP时,导线框的加速度大小为a=gsinB.导线框两次匀速运动的速度之比v1v2=41C.从t1到t2的过程中,导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少D.从t1到t2的过程中,有+(-)机械能转化为电能【解析】选B、D。t1时刻,线圈做匀速直线运动,所受的安培力与重力的下滑分力平衡,可得:F1=mgsin;当ab边刚越过JP
9、时,线圈的上下两边都切割磁感线,产生感应电动势,回路中产生的总感应电动势为E=2BLv1,线圈所受的安培力的合力为F=2BIL=2BL=4mgsin,根据牛顿第二定律得:F-mgsin=ma,解得:a=3gsin,故A错误;t2时刻,有安培力F2=2BLI2=2BL=4=mgsin,由两式比较得,v1v2=41。故B正确;从t1到t2过程中,导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热,此过程中,线框的重力势能和动能均减小,根据功能关系得知,线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减少量之和,故C错误。根据能量守恒定律得从t1到t2,线框中产生的电能为E电=+,故D正确。- 2 -
