2019高考物理二轮复习训练：12电磁感应定律及其应用：含解析

训练12 电磁感应定律及其应用
一.选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求.)
1.
将硬导线中间一段折成半圆形,使其半径为R ,让它在磁感应强度大小为B .方向如图所示匀强磁场中绕轴MN 匀速转动,灯泡电阻为r .导线在a .b 两处通过电刷与外电路连接,外电路接有额定功率为P 小灯泡并正常发光,电路中除灯泡外,其余部分电阻不计,则半圆形硬导线转速为( )
A.2rP π2R 2B
B.2rP π2R 2B
C.rP π2R 2B
D.rP 2π2R 2B
解析:半圆形导线转动时切割磁感线产生感应电动势,则电源电动势有效值E ＝2π2BR 2n 22
,对于小灯泡有P ＝E 2r ,两式联立得n ＝2rP
π2R 2B .
答案:B 2.
如图为无线充电技术中使用受电线圈示意图,线圈匝数为n ,面积为S .若在t 1到t 2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2,则该段时间线圈两端b 和a 之间电势差φb －φa ( )
A.从零均匀变化到－nS (B 2－B 1)
t 2－t 1
B.从零均匀变化到nS (B 2－B 1)
t 2－t 1
C.恒为－nS (B 2－B 1)
t 2－t 1
D.恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1
解析:根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E ＝nS (B 2－B 1)t 2－t 1
;根据
楞次定律可知b 点电势较高,故φb －φa >0,D 正确.
答案:D 3.
在如图所示竖直平面内,在水平线MN 下方有足够大匀强磁场,一个等腰三角形金属线框顶点C 与MN 重合,线框由静止释放,沿轴线DC 方向竖直落入磁场中.忽略空气阻力,从释放到线框完全进入磁场过程中,关于线框运动v —t 图,可能正确是( )
解析:线框进入磁场过程受到安培力:F ＝BIL ＝B BL v R L ＝B 2L 2v
R ,线框进入磁场过程中,切割磁感线有效长度L 增大,安培力增大,由牛顿第二定律得:mg －F ＝ma ,则a ＝g －B 2L 2v
mR ,线框由静止做加速运动,由于L .v 不断增大,加速度a 减小,则线框进入磁场过程做加速度减小加速运动,加速度减小,v —t 图象斜率减小.故C 正确.
答案:C 4.
如图甲所示,两根电阻不计光滑金属导轨竖直放置,导轨上端接电阻R ,宽度相同水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里匀强磁场B ,Ⅰ和Ⅱ之间无磁场.一导体棒两端套在导轨上,并与两导轨始终保持良好接触,导体棒从距区域Ⅰ上边界H 处由静止释放,在穿过两段磁场区域过程中,流过电阻R 上电流及其变化情况相同.图乙四个图象中能定性描述导体棒速度大小与时间关系是( )
解析:MN棒先做自由落体运动,当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安>mg,由牛顿第二定律得,F安－mg＝ma,减速时F安减小,合力减小,a也减小,速度图象中图线上各点切线斜率减小;离开Ⅰ区后棒做加速度为g匀加速直线运动,随后进入Ⅱ区磁场,因棒在穿过两段磁场区域过程中,流过电阻R上电流变化情况相同,则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同,所以只有C项正确.
答案:C
5.如图甲所示,固定水平金属导轨足够长且电阻不计.两阻值相同导体棒ab.cd置于导轨上,棒与导轨垂直且始终保持良好接触.整个装置处在与导轨平面垂直向下匀强磁场B中.现让导体棒ab以如图乙所示速度向右运动.导体棒cd始终静止在导轨上,以水平向右为正方向,则导体棒cd所受静摩擦力F f随时间变化图象是()
答案:B
6.
在光滑绝缘水平面上方,有磁感应强度大小为B .方向垂直纸面向里匀强磁场,PQ 为磁场边界.一个半径为a .质量为m .电阻为R 金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A 处,现给金属圆环一水平向右初速度v .当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时速度为v
2,则下列说法正确是( )
A.此时圆环中电功率为4B 2a 2v 2
R B.此时圆环加速度为2B 2a 2v
mR
C.此过程中通过圆环截面电荷量为πBa 2
2R D.此过程回路中产生电能为0.75m v 2
解析:当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时,产生感应电动势E
＝B ×2a ×v 2＝Ba v ,感应电流I ＝Ba v R ,圆环中电功率P ＝I 2
R ＝B 2a 2v 2
R ,选项A 错误;金属圆环受到安培力F ＝2BIa ＝2B 2a 2v R ,所以a ＝F m ＝2B 2a 2
v
mR ,选项B 正
确;由q ＝It ＝ΔΦR ＝Bπa 22R ,可知选项C 正确;由能量守恒得:产生电能W 电＝1
2m v 2
－12m (v 2)2＝38m v 2
,选项D 错误.
答案:BC 7.
如图所示,两根等高光滑1
4圆弧轨道半径为r .间距为L ,轨道电阻不计.在轨道顶端连有阻值为R 电阻,整个装置处在竖直向上匀强磁场中,磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L .电阻不计金属棒从轨道最低位置cd 开始,在拉力作用下以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处,则该过程中( )
A.通过R 电流方向为由内向外
B.通过R 电流方向为由外向内
C.R 上产生热量为πrB 2L 2v 0
4R D.通过R 电荷量为πBLr
2R
解析:由右手定则可知,电流方向为逆时针方向,选项A 错误,B 正确;通过R 电荷量q ＝ΔΦR ＝BLr
R ,选项D 错误;金属棒产生瞬时感应电动势e ＝
BL v 0cos v 0r t ,有效值E ＝BL v 02,R 上产生热量Q ＝E 2R t ＝B 2L 2v 202R ·πr 2v 0
＝πrB 2L 2
v 0
4R ,选项C 正确.
答案:BC
8.如图所示,在匀强磁场中有一倾斜平行金属导轨,导轨间距为l ,两导轨间连有一电阻R ,导轨平面与水平面夹角为θ,在两虚线间导轨上涂有薄绝缘涂层.匀强磁场磁感应强度大小为B ,方向与导轨平面垂直.质量为m
导体棒从h 高度处由静止释放,在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦,动摩擦因数μ＝tan θ,其他部分电阻不计,重力加速度为g ,下列说法正确是( )
A.导体棒到达涂层前做加速度减小加速运动
B.在涂层区导体棒做减速运动
C.导体棒到达底端速度为mgR sin θ
B 2L 2
D.整个运动过程中产生焦耳热为mgh －m 3g 2sin 2θ
2B 4L 4
解析:导体棒到达涂层前速度越来越大,由E ＝BL v 得,感应电动势越来越大,根据I ＝E
R 和F ＝BIL 得,所受安培力越来越大,由F ＝mg sin θ－BIL ＝ma 得,加速度越来越小,故A 正确;当导体棒到达涂层时,所受力平衡,但是到达涂层后,安培力消失,在涂层区受摩擦力,受力分析得导体棒受力平衡,故导体棒匀速运动,故B 错误;根据受力平衡条件得:BIL ＝mg sin θ,得:
B 2L 2v R ＝mg sin θ,所以v ＝mgR sin θ
B 2L 2,故
C 正确;由能量守恒得产生总热量Q ＝mgh －12m v 2＝mgh －m 3g 2R 2sin 2θ
2B 4L 4,产生总热量包括焦耳热和导体棒与涂层摩擦产生热量,故D 错误.
答案:AC
二.计算题(本大题共2小题,共36分.需写出规范解题步骤)
9.如图甲所示,足够长光滑平行金属导轨MN .PQ 竖直放置,其宽度L ＝1 m,一匀强磁场垂直穿过导轨平面,导轨上端M 与P 之间连接一阻值为R ＝0.40 Ω电阻,质量为m ＝0.01 kg.电阻为r ＝0.30 Ω金属棒ab 紧贴在导轨上.现使金属棒ab 由静止开始下滑,下滑过程中ab 始终保持水平,且与导轨接触良好,其下滑距离x 与时间t 关系如图乙所示,图象中OA 段为曲线,AB 段为直线,导轨电阻不计,g 取10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场影响).
(1)判断金属棒两端a .b 电势高低; (2)求磁感应强度B 大小;
(3)在金属棒ab 从开始运动1.5 s 内,电阻R 上产生热量. 解析:(1)由右手定则判断得φb >φa .
(2)当金属棒匀速下落时,由共点力平衡条件得 mg ＝BIL ①
金属棒产生感应电动势E ＝BL v 1② 则电路中电流I ＝BL v 1
R ＋r ③
由图象可得v 1＝7 m/s 代入数据解得B ＝0.1 T
(3)以金属棒ab为研究对象,在0～1.5 s,根据动能定理得
mgh－W总＝1
2m v
2
1
－0④
W总＝0.455 J
由闭合电路欧姆定律得E总＝I(R＋r)⑤
则电阻R两端电压U R为
U R＝
R
R＋r
E总⑥
则电阻R上产生热量Q R＝R
R＋r
W总＝0.26 J
答案:(1)φb>φa(2)0.1 T(3)0.26 J
10.如图所示,一对足够长平行光滑金属导轨固定在水平面上,两导轨间距为L,左端接一电源,其电动势为E.内阻为r,有一质量为m.长度也为L 金属棒置于导轨上,且与导轨垂直,金属棒电阻为R,导轨电阻可忽略不计,整个装置处于磁感应强度为B,方向竖直向下匀强磁场中.
(1)若闭合开关S同时对金属棒施加水平向右恒力F,求棒即将运动时加速度和运动过程中最大速度;
(2)若开关S开始是断开,现对静止金属棒
施加水平向右恒力F,一段时间后再闭合开关S;要使开关S闭合瞬间
棒加速度大小为F
m ,则F 需作用多长时间.
解析:(1)闭合开关S 瞬间回路电流为I ＝E
R ＋r
金属棒所受安培力水平向右,大小为:F A ＝ILB 由牛顿第二定律得:a ＝F A ＋F
m 整理可得:a ＝E (R ＋r )m
LB ＋F
m
金属棒做加速度逐渐减小加速运动,匀速运动时速度最大,此时由平衡条件得:F ′A ＝F
由安培力公式,F ′A ＝I ′LB
由闭合电路欧姆定律得:I ′＝BL v m －E
R ＋r
联立求得:v m ＝F (R ＋r )B 2L 2＋E
BL (2)设闭合开关S 时金属棒速度为v , 此时电流为I ″＝BL v －E
R ＋r
由牛顿第二定律得:a ″＝F －F ″A
m 所以加速度a ″＝F m －BL v －E
(R ＋r )m LB
若加速度大小为F
m ,
则|F m －BL v －E (R ＋r )m
LB |＝F m 解得速度v 1＝E BL ,v 2＝E BL ＋2F (R ＋r )B 2L 2
又未闭合开关S 时金属棒加速度一直为a 0＝F m
解得恒力F 作用时间为:
t 1＝v 1a 0
＝mE FBL 或 t 2＝v 2a 0
＝mE FBL ＋2m (R ＋r )B 2L 2 答案:(1)E (R ＋r )m
LB ＋F m F (R ＋r )B 2L 2＋E BL (2)mE FBL 或mE FBL ＋2m (R ＋r )B 2L 2。