2020～2021學年高二物理下學期暑假訓練1電磁感應(yīng)【含答案】

電磁感應(yīng)1．如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一閉合電路，當PQ在外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()A．向右加速運動B．向左加速運動C．向右減速運動D．向左減速運動2．如圖所示，兩根相距為l的平行直導軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導軌電阻可忽略不計．MN為放在ab和cd上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌所在平面(垂直紙面向里)?，F(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v水平向右做勻速運動。令U表示MN兩端電壓的大小，下列說法正確的是()A．U＝eq\f(1,2)Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到dB．U＝Blv，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到bC．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向右D．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,R)，方向水平向左1．楞次定律是下列哪個定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)？()A．電阻定律 B．庫侖定律C．歐姆定律 D．能量守恒定律2．如圖所示，絕緣光滑水平面上有兩個離得很近的導體環(huán)a、b.將條形磁鐵沿它們的正中向下移動(不到達該平面)，a、b將如何移動()A．a(chǎn)、b將相互遠離 B．a(chǎn)、b將相互靠近C．a(chǎn)、b將不動 D．無法判斷3．如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r.圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶14．如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi)，導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小5．如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速運動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)6．如圖所示，閉合導線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場．若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導線截面的電荷量為q1；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導線截面的電荷量為q2，則()A．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q27．如圖所示，通電螺線管置于水平放置的光滑平行金屬導軌MN和PQ之間，ab和cd是放在導軌上的兩根金屬棒，它們分別靜止在螺線管的左右兩側(cè)，現(xiàn)使滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動，則ab和cd棒的運動情況是()A．a(chǎn)b向左運動，cd向右運動B．a(chǎn)b向右運動，cd向左運動C．a(chǎn)b、cd都向右運動D．a(chǎn)b、cd保持靜止8．(多選)豎直放置的長直密繞螺線管接入如圖甲所示的電路中，通有俯視順時針方向的電流，其大小按圖乙所示的規(guī)律變化．螺線管內(nèi)中間位置固定有一水平放置的硬質(zhì)閉合金屬小圓環(huán)(未畫出)，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合．下列說法正確的是()A．t＝eq\f(T,4)時刻，圓環(huán)有擴張的趨勢B．t＝eq\f(T,4)時刻，圓環(huán)有收縮的趨勢C．t＝eq\f(T,4)和t＝eq\f(3T,4)時刻，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電流大小相等D．t＝eq\f(3T,4)時刻，圓環(huán)內(nèi)有俯視逆時針方向的感應(yīng)電流9．(多選)如圖所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向在圖中已經(jīng)標出．左線圈連著平行導軌M和N，導軌電阻不計，在導軌垂直方向上放著金屬棒ab，金屬棒處在垂直于紙面向外的勻強磁場中，下列說法中正確的是()A．當金屬棒ab向右勻速運動時，a點電勢高于b點，c點電勢高于d點B．當金屬棒ab向右勻速運動時，b點電勢高于a點，c點與d點等電勢C．當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，c點電勢高于d點D．當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，d點電勢高于c點10．(多選)在如圖甲所示的虛線框內(nèi)有勻強磁場，設(shè)圖甲所示磁場方向為正，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．邊長為l，電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則()A．線框中的感應(yīng)電動勢為eq\f(B0,l2T)B．線框中感應(yīng)電流為2eq\r(\f(P,R）C．線框cd邊的發(fā)熱功率為eq\f(P,2)D．b端電勢高于a端電勢11．如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上，t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值．12．足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4m的光滑豎直半圓軌道相連，金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向與軌道平面垂直，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s開始向左運動．g取10m/s2.求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達軌道最高點時對軌道的壓力的大小．1．BCMN向右運動，說明MN受到向右的安培力，因為ab在MN處的磁場垂直紙面向里eq\o(――→,\s\up11(左手定則),\s\do4(）MN中的感應(yīng)電流由M→Neq\o(――→,\s\up11(安培定則),\s\do4(）L1中感應(yīng)電流的磁場方向向上eq\o(――→,\s\up11(楞次定律),\s\do4(）eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(L2中磁場方向向上減弱,L2中磁場方向向下增強）；若L2中磁場方向向上減弱eq\o(――→,\s\up11(安培定則),\s\do4(）PQ中電流為Q→P且減小eq\o(――→,\s\up11(右手定則),\s\do4(）向右減速運動；若L2中磁場方向向下增強eq\o(――→,\s\up11(安培定則),\s\do4(）PQ中電流為P→Q且增大eq\o(――→,\s\up11(右手定則),\s\do4(）向左加速運動．B、C正確。2．A根據(jù)電磁感應(yīng)定律，MN產(chǎn)生的電動勢E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)Blv，根據(jù)右手定則，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d，故A正確，B錯誤；MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D錯誤。1．D楞次定律中的“阻礙”作用，是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的具體體現(xiàn)，在克服這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，D正確。2．A根據(jù)Φ＝BS，磁鐵向下移動過程中B增大，所以穿過每個環(huán)中的磁通量都增大，a、b中產(chǎn)生同方向的感應(yīng)電流，兩環(huán)間有斥力作用，所以a、b將相互遠離．A正確．3．A磁通量Φ＝B·S，其中B為磁感應(yīng)強度，S為與B垂直的有效面積．因為是同一磁場，B相同，且有效面積相同，Sa＝Sb，故Φa＝Φb.A正確．4．D本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件．由于通過回路的磁通量向下減小，則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b，A錯誤；因ab不動，回路面積不變；當B均勻減小時，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)恒定，B錯誤；由F＝BIL知，F(xiàn)隨B減小而減小，C錯誤；對ab由平衡條件有f＝F，D正確．5．D由右手定則判定通過電阻R的電流的方向是由d到c；而金屬圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，所以通過電阻R的電流大小是I＝eq\f(Br2ω,2R)，D正確．6．C兩次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.電動勢之比E1∶E2＝3∶1，電流之比I1∶I2＝3∶1，則電荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，則外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正確．7．A由安培定則可知螺線管中磁感線方向向上，金屬棒ab、cd處的磁感線方向均向下，當滑動觸頭向左滑動時，螺線管中電流增大，因此磁場變強，即磁感應(yīng)強度變大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感應(yīng)電流方向為a→c→d→b→a，由左手定則知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左運動，cd向右運動．只有A正確．8．BCt＝eq\f(T,4)時刻，線圈中通有順時針逐漸增大的電流，則線圈中由電流產(chǎn)生的磁場向下且逐漸增強，由楞次定律可知，圓環(huán)有收縮的趨勢，A錯誤，B正確；t＝eq\f(3T,4)時刻，線圈中通有順時針逐漸減小的電流，則線圈中由電流產(chǎn)生的磁場向下且逐漸減小，由楞次定律可知，圓環(huán)中的感應(yīng)電流為順時針，D錯誤；t＝eq\f(T,4)和t＝eq\f(3T,4)時刻，線圈中電流的變化率一致，即由線圈電流產(chǎn)生的磁場變化率一致，則圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小相等，C正確．9．BD當金屬棒向右勻速運動而切割磁感線時，金屬棒產(chǎn)生恒定感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷電流方向為a→b.根據(jù)電流從電源(ab相當于電源)正極流出沿外電路回到電源負極的特點，可以判斷b點電勢高于a點．又左線圈中的感應(yīng)電動勢恒定，則感應(yīng)電流也恒定，所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流．當ab向右做加速運動時，由右手定則可推斷φb>φa，電流沿逆時針方向．又由E＝Blv可知ab導體兩端的E不斷增大，那么左邊電路中的感應(yīng)電流也不斷增大，由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，并且磁感應(yīng)強度不斷增強，所以右邊電路線圈中向上的磁通量不斷增加．由楞次定律可判斷右邊電路的感應(yīng)電流方向應(yīng)沿逆時針，而在右線圈組成的電路中，感應(yīng)電動勢僅產(chǎn)生在繞在鐵芯上的那部分線圈上．把這個線圈看做電源，由于電流是從c沿內(nèi)電路(即右線圈)流向d，因此d點電勢高于c點，綜上可得，B、D正確．10．BD由題圖乙可知，在每個周期內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化，線框中產(chǎn)生大小恒定的感應(yīng)電流，設(shè)感應(yīng)電流為I，則對ab邊有，P＝I2·eq\f(1,4)R，得I＝2eq\r(\f(P,R），B正確；由閉合電路歐姆定律得，感應(yīng)電動勢為E＝IR＝2eq\r(PR)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)l2，由題圖乙知，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,T)，聯(lián)立解得E＝eq\f(B0l2,T)，A錯誤；線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都為P，C錯誤；由楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針，則b端電勢高于a端電勢，D正確．11．(1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg ①設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0 ②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為E＝Blv ③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg）. ④(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BlI ⑥因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得F－μmg－f＝0 ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).12．(1)在磁場力作用下，b棒做減速運動，c棒做加速運動，當兩棒速度相等時，c棒達最大速度．選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度為v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s.(2)從b棒開始運動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒