高考物理二轮复习专题四第2讲 电磁感应的规律及综合应用——课前自测诊断卷 (含解析)

这是一份高考物理二轮复习专题四第2讲 电磁感应的规律及综合应用——课前自测诊断卷 (含解析)，共10页。试卷主要包含了[考查楞次定律的应用]，[考查电吉他中的电磁感应问题]，25，g＝10 m/s2，25 J，25 C，825 J等内容，欢迎下载使用。
专题四  第二讲  电磁感应的规律及综合应用——课前自测诊断卷 考点一楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用1.[考查楞次定律的应用][多选]如图所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面底端有一直导线通有恒定电流I，斜面上有一闭合矩形导线框abcd正沿斜面下滑，ab边始终与MN平行，在导线框未到达斜面底端过程中，下列说法正确的是(　　)A．线框有扩张的趋势B．线框中有沿adcba方向的感应电流C．线框cd边受到的安培力沿斜面向下D．整个线框所受安培力的合力为零解析：选BC　根据直导线产生的磁场特点：离导线越近磁场越强，在导线框向下滑动过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律的推论“增缩减扩”可知，线框有收缩的趋势，故A错误；在导线框向下滑动过程中，穿过线框的磁通量增大，磁场方向垂直斜面向上，根据楞次定律可知，线框中有沿adcba方向的感应电流，故B正确；cd中的电流由d到c，磁场方向垂直斜面向上，根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力沿斜面向下，故C正确；由于ab边与cd边所处的磁场不同，ab与cd中的电流大小相同，所以ab、cd所受安培力大小不同，ad与bc所受安培力大小相同，所以整个线框所受安培力的合力不为零，故D错误。2．[考查法拉第电磁感应定律的应用]如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1解析：选B　当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。3．[考查右手定则与平动切割公式的应用][多选]如图所示，在0≤x≤2L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内，线框的bc边与x轴重合，cd边与y轴重合，线框的边长为L，总电阻为R。现让线框从图示位置由静止开始沿x轴正方向以加速度a做匀加速运动，则下列说法正确的是(　　)A．进入磁场时，线框中的电流沿abcda方向，出磁场时，线框中的电流沿adcba方向B．进入磁场时，c端电势比d端电势高，出磁场时，b端电势比a端电势高C．a、b两端的电压最大值为BLD．线框中的最大电功率为解析：选ACD　根据右手定则可知，进入磁场时，线框中的电流沿abcda方向，d端电势比c端电势低；出磁场时，线框中的电流沿adcba方向，a端电势比b端电势高，A正确，B错误；当进入磁场过程中，ab两端电压为感应电动势的，离开磁场的过程中，ab两端电压为感应电动势的，所以ab边刚要离开磁场瞬间a、b两端的电压最大，设线框此时的速度为v，根据运动学公式可得v2＝2a·3L，所以Um＝BL，C正确；ab边刚要离开磁场瞬间线圈消耗的功率最大，线框中的最大电功率为P＝＝＝，D正确。4．[考查右手定则与转动切割公式的应用][多选]如图所示，半径为r的半圆弧光滑金属导轨ab垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，现有一导体棒Oc可绕半圆形导轨的圆心O点逆时针旋转，转动过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒接入的电阻为R0，导轨电阻不计。在导轨的右端点b和圆心O有两根引线分别接在电容器C和总阻值为R的滑动变阻器两端。现让导体棒从b端向a端转动，下列说法正确的是(　　)A．导体棒在转动过程中c端电势比O点电势高B．滑片P置于最右端不动，且导体棒以角速度ω匀速转动时外力的功率为C．导体棒以角速度ω匀速转动时，将P从最右端滑到最左端的过程中C的放电量为D．滑片P置于中间不动，均匀增大转速时导体棒所受的外力和C上的电荷量都均匀增大解析：选CD　导体棒Oc转动过程中由右手定则知电流由c向O流动，因导体棒相当于电源，故c端是电源的负极，电势低，故A项错误；导体棒匀速转动时产生的电动势为E＝Br·ω，因此回路中的电流为I＝，对应外力的功率为P＝I2(R＋R0)＝，故B项错误；导体棒稳定转动时，电动势恒定，将滑片P从最右端滑向最左端的过程中C的电压从U＝R＝逐渐减小到零，对应放出的电荷量为Q＝C(U－0)＝，故C项正确；滑片P置于中间不动，增大转速时，回路中的电流为I＝n线性增大，因此安培力F＝IrB＝n也线性增大，由于电流线性增大，滑动变阻器分配的电压线性增大，加在C上的电压线性增大，因此它的带电量也线性增大，故D项正确。考点二电磁感应中的STSE问题5.[考查电吉他中的电磁感应问题]与一般吉他靠箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声。如图所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成。磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场。当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号。下列说法中正确的是(　　)A．若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作B．换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C．琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化D．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号解析：选D　若磁体失去磁性，则无法产生电磁感应，因此电吉他不能正常工作，故选项A错误；电吉他若使用尼龙材质的琴弦，则不会被磁化，不能产生电磁感应，故选项B错误；琴弦振动的过程中，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，故选项C错误；电吉他是根据电磁感应原理工作的，拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故选项D正确。6．[考查无线充电中的电磁感应问题]图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是(　　)A．受电线圈中感应电流方向由d到cB．c点的电势高于d点的电势C．c、d之间的电势差为D．c、d之间的电势差为解析：选D　根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝＝，故C错误，D正确。7．[考查金属探测器中的电磁感应问题]有一种手持金属探测器实物及其结构原理图可简化为如图所示。探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈(外环)可以产生垂直于线圈平面且大小和方向均变化的磁场；内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属物发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)。随着发射线圈产生的磁场方向反复变化，它会与所遇的金属物发生作用，导致金属物自身也会产生微弱的磁场，来自金属物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。若发射线圈产生向下且增强的磁场，则下列说法中正确的是(　　)A．金属物产生的感应磁场的方向竖直向下B．金属物中的涡流从上往下看是沿顺时针方向C．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈会产生微弱的电流，此类探测器相应的元件就是依据这一电流进行报警的D．如果金属物中某时刻发出向上的磁场，那么接收线圈中的感应电流方向从上往下看是沿逆时针方向解析：选C　发射线圈产生向下且增强的磁场，则穿过金属物的磁通量向下且增大，根据楞次定律，金属物中感应电流产生的磁场方向竖直向上，由安培定则判断金属物中的涡流从上往下看是沿逆时针方向，选项A、B错误；金属物发出的磁场穿过接收线圈时，会引起接收线圈产生微弱的电流，使探测器报警，选项C正确；如果金属中发出向上逐渐增加的磁场，接收线圈感应电流从上向下看为顺时针方向，选项D错误。考点三电磁感应中的图像问题8.[考查根据给定的图像分析电磁感应过程][多选]如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距为L＝1 m。一质量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，g＝10 m/s2。金属棒的v­x图像如图乙所示，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(　　)A．拉力做的功W＝9.25 JB．通过电阻R的电荷量q＝0.125 CC．整个系统产生的总热量Q＝5.25 JD．x＝1 m时金属棒的热功率为1 W解析：选AC　金属棒在运动位移x＝1 m的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgx＝5 J，x＝1 m时金属棒的安培力大小为F安＝BIL＝v，结合图像可知，安培力大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为W安＝＝vx＝0.25 J，由动能定理得W－W安－Wf＝mv2，得W＝9.25 J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q＝＝0.25 C，选项B错误；系统产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为5.25 J，选项C正确；x＝1 m 时，回路中I＝＝0.5 A，由P＝I2r得金属棒的热功率为0.5 W，选项D错误。9．[考查根据给定的电磁感应过程选择图像]如图所示，在边长为a的正方形区域内，有以对角线为边界、垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，纸面内一边长为a的正方形导线框沿x轴匀速穿过磁场区域，t＝0时刻恰好开始进入磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列选项中能够正确表示电流与位移关系的是(　　)解析：选B　在x∈(0，a)时，右边框切割磁感线产生感应电流，电流大小i＝＝(a－2x)，其中x∈时，方向为顺时针；x＝时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为逆时针。在x∈(a,2a)时，左边框切割磁感线产生感应电流，感应电流大小i＝＝(3a－2x)，其中x∈时，方向为逆时针；x＝a时，导线框中感应电流为零；x∈时，方向为顺时针，所以B正确，A、C、D错误。10．[考查根据给定的图像判断选择其他图像][多选]如图甲所示，矩形线圈abcd平放在水平桌面上，其空间存在两个竖直方向的磁场，两磁场方向相反，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成左右对称的两部分，当两磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化时，线圈始终静止，规定磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中电流逆时针方向为正方向，线圈所受桌面的摩擦力向左为正方向，则下列关于线圈产生的感应电流和桌面对线圈的摩擦力随时间变化的图像正确的是(　　)解析：选AC　由楞次定律可得，在0～t1时间内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，在t1～t2时间内，线圈中产生顺时针方向的感应电流，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律知，线圈中的电流I＝＝，大小恒定，故选项A正确，B错误；线圈在水平桌面上处于静止状态，则水平方向受到的摩擦力和安培力大小相等，方向相反，根据题图甲、乙可设分界线OO′左侧磁场的磁感应强度B1＝kt(0＜t＜t1)，分界线OO′右侧磁场的磁感应强度B2＝－B0＋kt(0＜t＜t1)，在0～t1时间内由左手定则可知ab边、cd边所受安培力的方向均水平向右，由F＝BIL可得，线圈所受安培力的合力恒为B0Il，则线圈受到的摩擦力的方向向左且恒为B0IL，同理t1～t2时间内线圈受到的摩擦力的方向向右且恒为B0Il，故选项C正确，D错误。 考点四电磁感应规律的综合应用11.[考查“单杆＋导轨”模型]如图所示，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＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω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＝0.2 T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒运动的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前回路中产生的焦耳热Q1＝2.025 J，导轨足够长且电阻不计，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：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)金属棒MN做匀加速运动所需外力F随时间t变化的表达式；(3)外力做的功WF。解析：(1)棒在匀加速运动中，由法拉第电磁感应定律得＝，其中ΔΦ＝BLx由闭合电路的欧姆定律得＝则通过电阻R的电荷量为q＝·Δt联立各式，代入数据得q＝2.25 C。(2)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v＝at由闭合电路欧姆定律得I＝由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIL＝ma联立各式得F＝0.2＋0.05t(N)。(3)对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax撤去外力后，由动能定理得安培力做功W＝0－mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W联立解得Q2＝1.8 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2解得WF＝3.825 J。答案：(1)2.25 C　(2)F＝0.2＋0.05t(N)　(3)3.825 J12．[考查“双杆＋导轨”模型]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲平行放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与水平直轨道平滑连接，在水平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在水平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以大小为v0＝5 m/s的初速度开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平直轨道的过程中，通过杆b的平均电流为＝0.3 A；从a下滑到水平直轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平直轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。解析：(1)杆a释放时杆b的速度大小为v0＝5 m/s，根据题图乙，杆a刚滑到水平直轨道时杆b的速度大小为vb＝2 m/s，以杆b运动的方向为正方向，对杆b运用动量定理，有－Bd·Δt＝mbvb－mbv0代入数据解得Δt＝5 s。(2)对杆a由静止下滑到水平直轨道的过程由机械能守恒定律有magh＝mava2解得va＝＝5 m/s设最后a、b两杆共同的速度为v，以杆a运动的方向为正方向，由动量守恒定律得mava－mbvb＝(ma＋mb)v代入数据解得v＝ m/s设杆a的速度从va到v的运动时间为Δt′，则由动量定理可得－B′d·Δt′＝mav－mava而q＝′·Δt′代入数据解得q＝ C。(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热之和为Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v2＝ Jb棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。答案：(1)5 s　(2) C　(3) J