2022版高考物理大二轮复习考前基础回扣练12电磁感应规律及其应用

回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则(　　)A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左解析：选A.当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E＝BlV，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为Blv，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b到d.故A正确，B错误．MN受到的安培力F＝BIl＝；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于ix的图象中正确的是(　　)7\n解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L的过程中，E＝BLv，电流I＝，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L～2L的过程中，电动势E＝2BLv，电流I＝，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L～3L的过程中，E＝BLv，电流I＝，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD错误，C正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是(　　)A．当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B．当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C．当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a到bD．当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b，A错误C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m、电量为q的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g，则下列关于磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率的说法正确的是(　　)7\nA．正在增强，＝　　　B．正在减小，＝C．正在增强，＝D．正在减小，＝解析：选B.电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E＝S＝L2；油滴所受电场力：F＝E场q，对油滴，根据平衡条件得：q＝mg；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：＝；故选B.5.如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L＜d)，质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd边刚进入磁场一直到ab边离开磁场为止)(　　)A．感应电流所做的功为3mgdB．线圈的最小速度一定大于C．线圈的最小速度一定是D．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q＝mgd.cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg＝，解得可能的最小速度v＝，故B错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg(h＋L)＝Q＋mv2，解得最小速度v＝，故C正确．线圈穿出磁场的过程，7\n由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的(　　)A．a先变亮，然后逐渐变暗B．b先变亮，然后逐渐变暗C．c先变亮，然后逐渐变暗D．b、c都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S闭合时，电感L1中电流等于两倍L2的电流，断开电键S的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b、c的电流都通过a，故a先变亮，然后逐渐变暗，故A正确；b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C、D错误.故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C的电容器，将一质量为m的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.用与导轨平行的外力F向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t1后撤去力F，撤去力F前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)A．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C．外力F的冲量大小为It1D．撤去外力F后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q＝CU，则ΔQ＝CΔU，I＝；ΔU＝ΔE＝BLΔv；解得I＝＝CBLa，则导体棒的加速度a恒定，做匀加速运动，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律：7\nF－BIL＝ma，则F＝BIL＋，则外力F的冲量大小为IF＝Ft1＝It1，选项C正确；撤去外力F后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN、PQ两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M、P间连接一电阻R.金属小环a、b套在金属轨道上，质量为m的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是(　　)A．上滑过程所用时间比下滑过程短B．上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程大D．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC.如图所示，vt图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A正确；由q＝，可知上滑过程通过电阻R的电量等于下滑过程中电量，故B错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C正确．安培力冲量I＝BLq，q＝，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R7\n的定值电阻．现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　)A．金属棒的末速度为B．金属棒的最大加速度为1.4gC．通过金属棒的电荷量为D．定值电阻上产生的焦耳热为mgs－解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v，则感应电动势E＝BLv；回路电流I＝＝；安培力F安＝BIL＝；金属棒匀速时，受力平衡有F＝mgsin30°＋F安，即2mg＝mg＋联立解得：v＝，故A正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F－mgsin30°＝ma，代入数据2mg－mg＝ma，解得a＝1.5g，故B错误；根据感应电量公式Q＝＝，故C错误；对金属棒运用动能定理，有Fs－mgssin30°－Q＝mv2，其中定值电阻上产生的焦耳热为QR＝Q＝mgs－，故D正确；故选AD.10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2m，两导轨的左端之间连接的电阻R＝0.4Ω，导轨上停放一质量m＝0.1kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.1Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t＝5.0s时(　　)A．通过金属杆的感应电流的大小为1.0A，方向由b指向aB．金属杆的速率为4.0m/s7\nC．外力F的瞬时功率为1.0WD．0～5.0s内通过R的电荷量为5.0C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b指向a，金属杆开始运动经t＝5.0s，由图象可知电压为0.4V，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝A＝1A，故A正确；根据法拉第电磁感应定律知E＝BLv，根据电路结构可知：U＝E，解得v＝5m/s，故B错误；根据电路知U＝BLv＝0.08v＝0.08at，结合Ut图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a＝1m/s2，根据牛顿第二定律，在5s末时对金属杆有：F－BIL＝ma解得：F＝0.2N，此时F的瞬时功率P＝Fv＝0.2×5W＝1W故C正确；0～5.0s内通过R的电荷量为q＝It＝t＝×t＝＝＝12.5C，故D错误；综上所述本题答案是AC.7