2020-2021学年下学期高二物理暑假训练1 电磁感应 WORD版含解析.docx

1、暑假训练011如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是() A向右加速运动B向左加速运动C向右减速运动D向左减速运动2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，下列说法正确的是() AUBlv，流过固定电阻

2、R的感应电流由b经R到dBUBlv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bCMN受到的安培力大小FA，方向水平向右DMN受到的安培力大小FA，方向水平向左1楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？()A电阻定律B库仑定律C欧姆定律 D能量守恒定律2如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动()Aa、b将相互远离 Ba、b将相互靠近Ca、b将不动 D无法判断3如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为() A11 B12C14 D41

3、4如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小5如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)() A由c到d，IB由d到c，IC由c到d，ID由d到c，I6如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置

4、匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()AW1W2，q1q2BW1W2，q1q2DW1W2，q1q27如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是() Aab向左运动，cd向右运动Bab向右运动，cd向左运动Cab、cd都向右运动Dab、cd保持静止8(多选)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯

5、视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合下列说法正确的是()At时刻，圆环有扩张的趋势Bt时刻，圆环有收缩的趋势Ct和t时刻，圆环内的感应电流大小相等Dt时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流9(多选)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是() A当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点B当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点

6、，c点与d点等电势C当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点10(多选)在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示边长为l，电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则()A线框中的感应电动势为B线框中感应电流为2C线框cd边的发热功率为Db端电势高于a端电势11如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉

7、力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值12足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 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mbmc0.1 kg，电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆

8、轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动g取10 m/s2.求：(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答案与解析1【答案】BC【解析】MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为QP且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为PQ且增大向左加速运动B、C正确。2【答案】A【解析】根据电磁感应定律，MN产生的电动势EBlv，由于MN的电阻与外电路电

9、阻相同，所以MN两端的电压UEBlv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA，方向水平向左，故C、D错误。1【答案】D【解析】楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，D正确。2【答案】A【解析】根据BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都增大，a、b中产生同方向的感应电流，两环间有斥力作用，所以a、b将相互远离A正确3【答案】A【解析】磁通量BS，其中B为磁感应强度，S为与B垂直的有效面积因为是同一磁场，B相同，且有效面积相同，SaSb，故a

10、b.A正确4【答案】D【解析】本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b，A错误；因ab不动，回路面积不变；当B均匀减小时，由EnnS知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I恒定，B错误；由FBIL知，F随B减小而减小，C错误；对ab由平衡条件有fF，D正确5【答案】D【解析】由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势EBr2，所以通过电阻R的电流大小是I，D正确6【答案】C【解析】两次拉出的速度之比v1v231.电动势之比E1E231，电流之比I1I231，则

11、电荷量之比q1q2(I1t1)(I2t2)11.安培力之比F1F231，则外力做功之比W1W231，故C正确7【答案】A【解析】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为acdba，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动只有A正确8【答案】BC【解析】t时刻，线圈中通有顺时针逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增强，由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A错误，B正确；t时刻，线圈中通有

12、顺时针逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为顺时针，D错误；t和t时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C正确9【答案】BD【解析】当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为ab.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断ba，电流沿逆时针方向又由EBlv可知ab导体

13、两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上把这个线圈看做电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，因此d点电势高于c点，综上可得，B、D正确10【答案】BD【解析】由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有，PI2R，得I2，B正确；由闭合电路欧姆定律得，感应电动势为EIR2，根

14、据法拉第电磁感应定律得El2，由题图乙知，联立解得E，A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，C错误；由楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高于a端电势，D正确11【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0.(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为fBlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf

15、0联立式得R.12【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(mbmc)v解得c棒的最大速度为vv0v05 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Qmbv(mbmc)v22.5 J.因为RbRc，所以c棒中产生的焦耳热为Qc1.25 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：mcv2mcv2mcg2R解得v3 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mcgFmc解得F1.25 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。