高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第3部分 热点排查练 11.电磁感应（含解析）

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11.电磁感应1．(2020·上海市宝山区质量检测)长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有如图1所示方向的电流．当电流大小逐渐减弱时(　　)图1A．环形导线有收缩的趋势B．环形导线有远离长直导线的趋势C．环形导线中有顺时针方向的感应电流D．环形导线中有感应电流，但方向无法确定答案　C解析　长直导线在环形导线位置产生了垂直纸面向里的磁场，当电流大小逐渐减弱时，长直导线在周围空间产生的磁场也在减弱，所以环形导线中的磁通量也在减小，为了阻碍磁通量的减小，此时环形导线有扩张的趋势，故A错；环形导线中的磁通量在减小，为了阻碍磁通量的减小，环形导线有靠近长直导线的趋势，故B错；环形导线中的磁通量在减小，根据楞次定律可知此时环形导线中有顺时针方向的电流，故C对，D错．2．(多选)(2020·福建漳州市测试)如图2，用单位长度的电阻为r的金属导线做成的正三角形线框ABC，边长为L，左半边置于匀强磁场中不动，磁场以AD竖直线为界．当t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在0～2t0时间内(　　)图2A．线框中的感应电流方向始终为顺时针B．线框受到的安培力大小恒定不变C．通过导线横截面的电荷量为D．左线框ACD两端的电势差UAD＝答案　ACD解析　在0～t0时间内，穿过线框的磁通量减小，磁场方向垂直于纸面向里，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，同理，在t0～2t0时间内，穿过线框的磁通量增加，磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势E＝＝S＝···Lsin 60°＝，线框的电阻R＝3Lr，感应电流I＝＝，可知线框中产生恒定的感应电流，由于磁感应强度在变化，由F＝BIl知，线框受到的安培力大小是变化的，故B错误；通过导线横截面的电荷量为q＝I·2t0＝，故C正确；左线框ACD两端的电势差UAD＝I·＝·Lr＝，故D正确．3．(多选)金属圆盘置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上如图3所示，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是(　　)图3A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动答案　BD解析　由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，产生的感应电流方向为顺时针，线圈A中产生的磁场方向向下且磁感应强度增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误；同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动，故B正确；由右手定则可知，圆盘逆时针减速转动时，产生的感应电流方向为逆时针，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场强度减弱，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故C错误；同理可知，若圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动，故D正确．4．(多选)(2020·湖北黄冈市高三八模)如图4所示，两光滑圆形导轨固定在水平面内，圆心均为O点，半径分别为r1＝0.2 m，r2＝0.1 m，两导轨通过导线与阻值R＝2 Ω的定值电阻相连，一长为r1的导体棒与两圆形导轨接触良好，导体棒一端以O点为圆心，以角速度ω＝100 rad/s顺时针匀速转动，两圆形导轨所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝2 T的匀强磁场，不计导轨及导体棒的电阻，下列说法正确的是(　　)图4A．通过电阻的电流方向为由a到bB．通过电阻的电流为2 AC．导体棒转动时产生的感应电动势为4 VD．当r2减小而其他条件不变时，通过电阻的电流减小答案　AC解析　由右手定则可知，通过电阻的电流方向为由a到b，故A正确；两圆环间导体棒在Δt时间内扫过的面积ΔS＝(πr12－πr22)·由法拉第电磁感应定律可知，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝＝＝B(r12－r22)ω＝×2×(0.22－0.12)×100 V＝3 V．通过电阻R的电流I＝＝ A＝1.5 A，当r2减小而其他条件不变时，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势变大，通过电阻的电流增大，故B、D错误；导体棒转动时产生的感应电动势E′＝Br1＝Br1＝2×0.2× V＝4 V，故C正确．5.(多选)(2020·广东肇庆市第二次统考)如图5所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t ＝0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的(　　)图5答案　AD解析　在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，因为切割的有效长度均匀减小，所以电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，A正确，B错误．d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以除ab之外的三条边的电阻，并逐渐减小．ab边出磁场后后，cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确．6.(多选)(2020·辽宁葫芦岛市高三第一次模拟)一有界区域内，存在着方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，磁场宽度均为L，如图6所示．边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上，t＝0时刻开始线框沿x轴正方向匀速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，导线框受向左的安培力为正方向，四个边电阻均相等．下列关于感应电流i、导线框受的安培力F以及b、a两点电势差Uba随时间t的变化规律正确的是(　　)图6答案　ACD解析　正方形导线框进入第一个磁场过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为I1＝，由于电流方向为逆时针方向，则b点电势高于a点电势，以b、a两点的电势差为U1＝BLv，由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F1＝BIL＝，正方形导线框进入第二个磁场过程中，ad边在第一个磁场中切割磁感线，bc边在第二个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为顺时针，大小为I2＝＝由于电流方向为顺时针，则b点电势低于a点电势，所以b、a两点的电势差为U2＝－I2R＝－BLv由左手定则可知，两边所受安培力方向都水平向左，则大小为F2＝BI2L＋2BI2L＝＋＝，正方形导线框出第二个磁场过程中，只有ad边在第二个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为I3＝，由于电流方向为逆时针方向，则b点电势高于a点电势，所以b、a两点的电势差为U3＝I3R＝BLv，由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F3＝2BI3L＝2B×L＝，故A、C、D正确，B错误．7.(多选)(2020·河南新乡市高三第一次模拟)如图7所示，竖直固定的“”形光滑导轨宽为0.5 m，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高均为0.1 m，磁场的磁感应强度大小均为1 T，其他区域无磁场，两矩形磁场间的距离为0.1 m．质量为0.1 kg的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为0.5 Ω，与导轨接触良好，其他电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)图7A．金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域运动时间C．金属杆穿过两磁场产生的总热量为0.6 JD．金属杆释放点距磁场Ⅰ上边界的高度一定大于0.2 m答案　BD解析　金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误．金属杆在磁场Ⅰ中运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：Q总＝2Q＝4mgd＝0.4 J，故C错误．设金属杆释放点距磁场Ⅰ上边界的高度为H时，金属杆进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg＝BIL＝，又v＝，联立解得：H＝＝0.2 m，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确．