专题四 第2讲 电磁感应规律及其应用

[限训练·通高考]科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是()A．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为b→a后为a→bB．t1～t3时间内流过小灯泡电流的方向先为a→b后为b→aC．t1～t3时间内小灯泡先变亮后变暗D．t1～t3时间内小灯泡先变暗后变亮解析：t1～t3时间内穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增加，根据楞次定律可知，流过小灯泡电流的方向为a→b，选项A、B错误；t1～t3时间内，B-t线的斜率先增大后减小，则磁通量的变化率先增大后减小，感应电动势先增大后减小，小灯泡先变亮后变暗，选项C正确，D错误．答案：C2.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流．综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．答案：D3.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B错误；由感应电动势E＝12Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．答案：A4．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向内D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：从题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝Lt＝0.10.2m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BL v，得B＝EL v＝0.01 0.1×0.5T＝0.2 T，A项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项错误；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝ER＝0.010.005A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误．答案：B二、多项选择题5.如图所示，一个正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场内有一边长为l、阻值为R的正方形线框，线框所在平面与磁场垂直．如果以垂直于线框边和磁场的速度v将线框从磁场中匀速拉出，下列说法正确的是()A．如果将线框水平向右拉出磁场，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流B．在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一截面的电荷量都相同C．将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度v成正比D ．将线框水平向右拉出磁场时产生的焦耳热与速度的平方v 2成正比解析：如果将线框水平向右拉出磁场，穿过线圈垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知，该过程中将产生顺时针方向的感应电流，A 正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝ΔΦΔt ，由欧姆定律得I ＝E R ，通过导线某一截面的电荷量为q ＝I Δt ，可得q ＝ΔΦR ，故流过线框某一截面的电荷量与线圈穿出磁场的方向无关，B 正确；根据焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝E 2R t ＝(BL v )2R ·L v ＝B 2L 3v R ，所以焦耳热Q 与速度v 成正比，C 正确，D 错误．答案：ABC6.(2018·四川雅安高三第三次诊断)如图所示，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0°<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B ，导轨电阻不计，质量为m 的金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为R .当金属棒ab 下滑距离s 时，速度大小为v ，则在这一过程中( )A ．金属棒ab 运动的平均速度大小为12vB ．通过金属棒ab 某一横截面的电荷量为BLs RC ．金属棒ab 受到的最大安培力为B 2L 2v RD ．金属棒ab 克服安培力做功为mgs sin θ－12m v 2 解析：分析ab 棒的受力情况，有mg sin θ－B 2L 2v R ＝ma ，分析可得ab 棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v ，故A 错误；通过金属棒ab 某一横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔt ·1R Δt ＝ΔΦR ＝BLs R ，故B 正确；ab棒受到的最大安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2v R ，故C 正确；根据动能定理可知，mgs sinθ－W 安＝12m v 2，金属棒ab 克服安培力做功为W 安＝mgs sin θ－12m v 2，故D 正确． 答案：BCD7．(2018·百校联盟四月联考)如图所示，水平桌面上固定一定值电阻R ，R 两端均与光滑倾斜导轨相连接，已知两侧导轨间距都为L ，导轨平面与水平面均成37°角，且均处于范围足够大的匀强磁场中．质量为m 的导体棒a 沿左侧导轨匀速下滑，导体棒b 始终静止在右侧导轨上，两导体棒电阻均为R ，两处磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均与导轨平面垂直(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则( )A ．导体棒b 的质量为m 2B ．导体棒a 下滑的速度v ＝9mgR 10B 2L 2C ．导体棒a 沿导轨下滑L 距离的过程中电阻R 上产生的热量为mgL 5D ．导体捧a 沿导轨下滑L 距离的过程中导体棒b 上产生的热量为mgL 10解析：导体棒a 匀速下滑，其电流为导体棒b 的两倍，故b 质量应为m 2，故A 正确；整个回路电阻R 总＝32R ，分析a 棒的运动，根据平衡条件有mg sin 37°＝BIL＝B BL v R 总L ，解得v ＝9mgR 10B 2L 2，故B 正确；导体棒a 沿导轨匀速下滑L 距离，系统产生的总热量等于重力势能的减小量，即Q ＝mgL sin 37°＝35mgL ，电阻R 与导体棒b 上产生的热量均为Q ′＝R 2R ＋R 2×12Q ＝mgL 10，故C 错误，D 正确．答案：ABD三、非选择题8．(2018·湖南张家界高三第三次模拟)如图甲所示，足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R＝0.5 Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t＝0.8 s时导体棒刚好要滑动．已知L＝1 m，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．求：(1)每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0.8 s内整个回路中产生的焦耳热；(2)若保持磁场的磁感应强度B＝0.5 T不变，用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b，刚开始一段时间内b做匀加速直线运动，每根导体棒的质量为多少？(3)在(2)问条件下导体棒a经过多长时间开始滑动？解析：(1)开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化，则回路中电动势E＝ΔBΔt L2＝0.5 V电路中的电流I＝E2R＝0.5 A当t＝0.8 s时，F f＝F安＝BIL＝0.25 N回路中产生的焦耳热Q＝2I2Rt＝0.2 J.(2)磁场的磁感应强度保持B＝0.5 T不变，在a运动之前，对b棒施加如图丙所示的水平向右的拉力，根据牛顿第二定律F－F f－B2L2at2R＝ma，即F＝F f＋ma＋B2L2a 2R t根据图丙可得F f ＋ma ＝0.5，B 2L 2a 2R ＝0.125求得a ＝0.5 m/s 2，导体棒的质量m ＝0.5 kg.(3)当导棒a 刚好要滑动时，B 2L 2v 2R ＝F f ，求得v ＝1 m/s ，此时b 运动的时间t ＝v a ＝2 s.答案：(1)0.25 N 0.2 J (2)0.5 kg (3)2 s9．如图所示，足够长的平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，导轨间距为L ，导轨下端分别连着电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻，开关S 1、S 2分别与电阻和电容器相连．一根质量为m 、电阻忽略不计的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝32.一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间，另一端跨过定滑轮与一质量为4m 的重物相连，金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计．初始状态用手托住重物使轻绳恰好处于伸长状态，不计滑轮阻力，已知重力加速度为g .(1)若S 1闭合、S 2断开，由静止释放重物，求重物的最大速度v m ；(2)若S 1断开、S 2闭合，从静止释放重物开始计时，求重物的速度v 随时间t 变化的关系式．解析：(1)S 1闭合、S 2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，当重物达到最大速度时，金属棒受到的沿导轨向下的安培力为F ＝BIL ，感应电动势为E ＝BL v m感应电流为I ＝E R ＝BL v m R当重物速度最大时有4mg＝mg sin 30°＋F＋μF N 式中F N＝mg cos 30°解得v m＝11mgR 4B2L2.(2)S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的安培力F＝BIL，方向沿导轨向下，设在t到(t＋Δt)时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t到(t＋Δt)时间内增加的电荷量ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt则I＝ΔQΔt＝CBLa设绳中拉力大小为T，由牛顿第二定律，对金属棒有T－mg sin 30°－μmg cos 30°－BIL＝ma对重物有4mg－T＝4ma，解得a＝11mg4(5m＋CB2L2)可知重物做初速度为零的匀加速直线运动v＝at＝11mg4(5m＋CB2L2)t.答案：(1)11mgR4B2L2(2)v＝11mg4(5m＋CB2L2)t10．如图所示，固定的两足够长的光滑平行金属导轨PMN、P′M′N′，由倾斜和水平两部分在M、M′处平滑连接组成，导轨间距L＝1 m，水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T．金属棒a、b垂直于倾斜导轨放置，质量均为m＝0.2 kg，a的电阻R1＝1 Ω，b的电阻R2＝3 Ω，a、b长度均为L＝1 m，a棒距水平面的高度h1＝0.45 m，b棒距水平面的高度为h2(h2>h1)；保持b 棒静止，由静止释放a棒，a棒到达磁场中OO′停止运动后再由静止释放b棒，a、b与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2.(1)求a 棒进入磁场MM ′时加速度的大小；(2)a 棒从释放到OO ′的过程中，求b 棒产生的焦耳热；(3)若MM ′、OO ′间的距离x ＝2.4 m ，b 棒进入磁场后，恰好未与a 棒相碰，求h 2的值．解析：(1)设a 棒到MM ′时的速度为v 1.由机械能守恒定律得mgh 1＝12m v 21进入磁场时a 棒产生的感应电动势E ＝BL v 1感应电流I ＝E R 1＋R 2对a 棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL ＝ma代入数据解得a ＝3.75 m/s 2.(2)设a 、b 产生的总焦耳热为Q ，由能量守恒定律得Q ＝mgh 1则b 棒产生的焦耳热Q b ＝R 2R 1＋R 2Q ＝34Q 联立解得Q b ＝0.675 J.(3)设b 棒到MM ′时的速度为v 2，有mgh 2＝12m v 22b 棒进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，设a 、b 一起匀速运动的速度为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得m v 2＝2m v 设a 棒经时间Δt 加速到v ，由动量定理得B I L ·Δt ＝m v －0又q＝IΔt，I＝ER1＋R2，E＝ΔΦΔta、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，联立解得h2＝1.8 m. 答案：(1)3.75 m/s2(2)0.675 J(3)1.8 m。