2020届高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应2楞次定律法拉第电磁感应定律课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应2楞次定律法拉第电磁感应定律课时作业含解析

楞次定律、法拉第电磁感应定律 ‎[题组一]　楞次定律、法拉第电磁感应问题 ‎1．已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极附近．如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势高 B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势 C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向 D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向 解析：C　[地球北半部的磁场方向由南向北斜向下，可分解为水平向北和竖直向下两个分量．若线圈向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项错误；若线圈向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°过程中，根据楞次定律及安培定则可知线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D错误．]‎ ‎2．如图所示，两水平平行金属导轨间接有电阻R，置于匀强磁场中，导轨上垂直放置两根平行金属棒ab、cd.当用外力F拉动ab棒向右运动的过程中cd棒将会(　　)‎ A．向右运动　　　　　 B．向左运动 C．保持静止 D．向上跳起 解析：A　[当用外力F拉动ab棒向右运动时，根据右手定则，在ab棒中产生从b到a的电流，则在cd棒中有从c到d的电流，根据左手定则知，cd棒受到向右的安培力，所以cd棒将会向右运动，选项A正确．]‎ ‎3．如图所示，水平桌面上放置电阻不计、长度分别为l1、l2(l2＞l1)的直金属棒ab和bc连接而成的直角金属框，金属框处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．当金属框以大小为v的速度沿着bc方向匀速移动时，直角金属架两端的电压为(　　)‎ - 9 -‎ A．Bl1v B．Bl2v C．B(l1＋l2)v D．B(l2－l1)v 解析：A　[金属框架运动过程中，bc边没有切割磁感线，故只有ab边切割产生感应电动势，故E＝Bl1v，选项A正确．]‎ ‎4．(2019·江苏单科，14)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝‎0.3 m2‎、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起．求线圈在上述过程中 ‎(1)感应电动势的平均值E；‎ ‎(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；‎ ‎(3)通过导线横截面的电荷量q.‎ 解析：本题考查了法拉第电磁感应定律中回路面积变化的情况，考查了学生的理解能力及简单的分析与综合能力，体现了科学思维中的科学推理素养要素．‎ ‎(1)感应电动势的平均值E＝ 磁通量的变化ΔΦ＝BΔS 解得E＝，代入数据得E＝0.12 V ‎(2)平均电流I＝ 代入数据得I＝‎0.2 A(电流方向见图)‎ ‎(3)电荷量q＝IΔt 代入数据得q＝‎‎0.1 C - 9 -‎ 答案：(1)0.12 V　(2)‎0.2 A　见解析图　(3)‎‎0.1 C ‎[题组二]　电磁感应中的图像问题 ‎5．如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．0～1 s内线圈中的感应电流逐渐增大，2～4 s内感应电流逐渐减小 B．第4 s末的感应电动势为0‎ C．0～1 s内与2～4 s内的感应电流相等 D．0～1 s内感应电流方向为顺时针方向 解析：D　[根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nS，0～1 s内与2～4 s内B－t图像中磁感应强度是随时间线性变化的，所以磁感应强度的变化率均为恒定值，则感应电动势均为恒定值，感应电流均为恒定值，0～1 s内与2～4 s内的磁感应强度的变化率不同，所以感应电动势大小不同，感应电流也不相等，选项A、C错误；第4 s末磁感应强度虽然为0，但磁感应强度变化率却不为0，所以感应电流不为0，选项B错误；0～1 s内，磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小在增加，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针方向，选项D正确．]‎ ‎6．如图甲所示，A、B两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．t1时刻，两环之间作用力最大 B．t2和t3时刻，两环相互吸引 C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥 D．t3和t4时刻，两环相互吸引 解析：B　[t1时刻虽然A环中电流最大，但电流的变化率为零，B环中感应电流为零，两环之间作用力为零，选项A错误．设A环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根据安培定则可知，t2时刻A环中电流产生的磁场水平向左穿过B环，且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3时刻也应相互吸引，选项B正确，C错误．t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，选项D错误．]‎ - 9 -‎ ‎7．如图所示，直角三角形导线框abc以速度v匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的(　　)‎ 解析：A　[在ac段切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca.线框有效切割长度均匀增大，由E＝BLv知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在ab段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca.线框有效的切割长度均匀减小，由E＝BLv知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．故A图正确．]‎ ‎[题组三]　电磁感应中的电路、动力学和能量问题 ‎8．(多选)如图所示，在匀强磁场的上方有一半径为R的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h.将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环进入磁场的过程中，圆环的左端电势高 B．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动 C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为 D．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR 解析：CD　[根据楞次定律可判断电流方向为逆时针，内部电流流向电势高的一端，A错误；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不可能做匀速直线运动，B错误；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量Q＝＝，C正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR，D正确．]‎ ‎9．(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则(　　)‎ - 9 -‎ A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBAD B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为 C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为 D．此时CD两端电压为Bav 解析：CD　[线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA方向，故A错误；AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav，则线框中感应电流I＝＝，故B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，F合＝F＝，故C选项正确；当AC刚进入磁场时，CD两端电压U＝I×＝Bav，故D选项正确．]‎ ‎10．如图所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d＝‎0.4 m，竖直方向足够长，磁感应强度B＝0.5 T．正方形导线框PQMN边长L＝‎0.4 m，质量m＝‎0.2 kg，电阻R＝0.1 Ω，开始时放在光滑绝缘水平板上Ⅰ位置，现用一水平向右的恒力F＝0.8 N拉线框，使其向右穿过磁场区，最后到达Ⅱ位置(MN边恰好出磁场)．设线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场后线框恰好做匀速运动，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)线框进入磁场前运动的距离D.‎ ‎(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热．‎ ‎(3)线框进入磁场过程中通过某一截面的电荷量．‎ 解析：(1)线框在磁场中做匀速运动，则F安＝F 由公式得：F安＝BIL，I＝，E＝BLv1‎ 解得：v1＝‎2 m/s - 9 -‎ 由动能定理得：FD＝mv 解得：D＝‎0.5 m.‎ ‎(2)由能量守恒定律可知 Q＝2Fd＝2×0.8×0.4 J＝0.64 J.‎ ‎(3)根据q＝t＝t＝可得 q＝＝ C＝‎0.8 C.‎ 答案：(1)‎0.5 m　(2)0.64 J　(3)‎‎0.8 C ‎[B级－综合练]‎ ‎11．(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为‎2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为‎2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则(　　)‎ A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为 B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为 C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl D．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 解析：BC　[设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为T，则对a有T＝2mg－BIl，对b有T＝mg，又I＝，E＝Blv，解得v＝，故A错误．‎ 线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t＝＝，故B正确．‎ 从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgl－Tl＝Q，得Q＝mgl，故C正确．‎ 设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动‎2l的距离．对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl - 9 -‎ ‎＝2mgl＋·3mv2＋W，得W＝2mgl－，故D错误．]‎ ‎12.(2020·江西一模)如图所示，水平面上两根足够长平行粗糙金属导轨，间距为d，左端接有阻值为R的电阻，整个平面内有竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的金属杆ab搁在导轨上，中点与一根轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定．将金属杆连同弹簧一起向左拉至伸长量为s处由静止释放，当弹簧第一次恢复原长时金属杆的速度为v，此过程电阻R产生的焦耳热为Q.金属杆始终与导轨垂直且接触良好，与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：‎ ‎(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆的加速度大小和方向．‎ ‎(2)弹簧初始时的弹性势能．‎ 解析：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆所受合力为：‎ F＝μmg＋BId 电路中电流为：I＝ 代入得加速度大小为：‎ a＝＝μg＋，方向向左．‎ ‎(2)依据能量守恒，有：‎ Ep＝μmgs＋mv2＋Q总 又有：Q＝Q总 代入得：Ep＝μmgs＋mv2＋Q.‎ 答案：(1)μg＋，方向向左　(2)μmgs＋mv2＋Q ‎13．(2019·深圳三模)如图所示，相距L＝‎0.5 m足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m＝‎0.5 kg、电阻均为R＝2 Ω.ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒电阻R上产生的热量为1 J，已知细线能承受的最大拉力为T＝5 N. g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求细绳被拉断时：‎ - 9 -‎ ‎(1)ab棒中电流的方向与大小．‎ ‎(2)cd棒的速度大小．‎ ‎(3)cd棒沿导轨下滑的距离．‎ 解析：(1)cd棒切割磁感线，由右手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b，细绳被拉断瞬时，对ab棒有：‎ Tcos 37°＝mgsin 37°＋BIL 代入数据：5×0.8＝0.5×10×0.6＋2I×0.5‎ 解得：I＝‎‎1 A ‎(2)由闭合电路欧姆定律得：‎ E＝I(R＋R)＝1×(2＋2)V＝4 V 感应电动势为：E＝BLv 得：v＝＝ m/s＝‎4 m/s ‎(3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd电流相同，电阻相同，可得：‎ Qab＝Qcd＝1 J 在此过程中电路产生的总热量为：‎ Q＝Qab＋Qcd＝2 J 由能量守恒得：‎ mgssin 37°＝mv2＋Q 代入数据为：0.5×10s×0.6＝×0.5×42＋2‎ 解得：s＝‎2 m.‎ 答案：(1) 从a流向b, ‎1 A　(2)‎4 m/s　(3)‎‎2 m ‎14．足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝‎0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝‎0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝‎0.1 kg，电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示．若使b棒以初速度v0＝‎10 m/s开始向左运动，求：‎ - 9 -‎ ‎(1)c棒的最大速度；‎ ‎(2)c棒中产生的焦耳热；‎ ‎(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小．‎ 解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度．选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度v＝v0＝v0＝‎5 m/s.‎ ‎(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为 Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因为Rb＝Rc，‎ 所以c棒中产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J.‎ ‎(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：‎ mcv2－mcv′2＝mcg·2R 解得v′＝‎3 m/s.‎ 在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N.‎ 由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N.‎ 答案：(1)‎5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N - 9 -‎