2016高考物理二轮复习专题限时训练14电磁感应定律的综合应用二(含解析)

电磁感应定律的综合应用(二)

(限时45分钟)

计算题(每小题20分，共80分)

1．(2015·浙江理综)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2

)

(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？

(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直于纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt

.

甲

乙

答案：(1)25 匝 (2)0.1 T/s 解析：(1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL ① 天平平衡mg ＝N 1B 0IL ② 代入数据得N 1＝25匝．③

(2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦ

Δt

④ 即E ＝N 2ΔB

Δt Ld ⑤

由欧姆定律得I ′＝E R

⑥

线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑦ 天平平衡m ′g ＝N 22B 0

ΔB Δt ·dL

2

R

⑧

代入数据可得ΔB

Δt

＝0.1 T/s.⑨

2．(2013·广东理综)如图甲所示，在垂直于匀强磁场B 的平面内，半径为r 的金属圆盘绕过圆心O 的轴转动，圆心O 和边缘K 通过电刷与一个电路连接．电路中的P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I 与圆盘角速度ω的关系如图乙所示，其中ab 段和bc 段均为直线，且ab 段过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动．已知：R ＝3.0 Ω，

B ＝1.0 T ，r ＝0.2 m ．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．则：

甲 乙

(1)根据图乙写出ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式； (2)求出图乙中b 、c 两点对应的P 两端的电压U b 、U c ；

(3)分别求出ab 、bc 段流过P 的电流I P 与其两端电压U P 的关系式． 答案：(1)I ab ＝

ω150(－45 rad/s≤ω≤15 rad/s) I bc ＝ω

100

－0.05(15 rad/s<ω≤45 rad/s) (2)U b ＝0.3 V U c ＝0.9 V (3)ab 段I P ＝0 bc 段I P ＝U P

6

－0.05

解析：(1)由图象可知，在ab 段

I ＝

ω

150

(－45 rad/s≤ω≤15 rad/s) 在bc 段

I ＝

ω

100

－0.05(15 rad/s<ω≤45 rad/s)．

(2)由题意可知，P 两端的电压U P 等于圆盘产生的电动势，U P ＝12

Br 2

ω

b 点时ωb ＝15 rad/s U b ＝12

Br 2ωb ＝0.3 V c 点时ωc ＝45 rad/s U c ＝12Br 2ωc ＝0.9 V.

(3)由图象中电流变化规律可知电子元件P 在b 点时开始导通，则： 在ab 段

I P ＝0(－0.9 V≤U P ≤0.3 V)

在bc 段

I P ＝I －U P

R

而I ＝ω

100

－0.05

U P ＝12

Br 2ω

联立可得

I P ＝U P

6

－0.05(0.3 V

3.如图甲所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L .导轨左端接有阻值为

R 的电阻，质量为m 的导体棒垂直跨接在导轨上．导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好．在

导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .开始时导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v 1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f 的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内．

甲 乙

(1)求导体棒所达到的恒定的速度v 2；

(2)为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？

(3)导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？

(4)若t ＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v ­t 关系如图乙所示，已知在时刻t 导体棒瞬时速度大小为v t ，求导体棒做匀加速直线运动时加速度的大小．

答案：(1)v 1－fR B 2L 2 (2)B 2L 2v 1R (3)f (v 1－fR B 2L 2) f 2R B 2L 2 (4)B 2L 2v t ＋fR

B 2L 2t －mR

解析：(1)磁场以恒定速度v 1向右移动(设导体棒不动)，则由金属导体棒和导轨构成的回路内磁场区域的面积变小，面积变小的速率为ΔS 1

Δt ＝Lv 1，当导体棒随后以速率v 2向右运动

时，回路的面积变大，其变化速率为

ΔS 2

Δt

＝Lv 2，最后当导体棒与磁场两者一起运动时，该回路中磁场区域的面积变小的速度为ΔS

Δt ＝L (v 1－v 2)，由于回路中磁通量的变化，在回路中产生

的电动势为

E ＝

ΔΦΔt ＝B ΔS

Δt

＝BL (v 1－v 2) I ＝E R ＝BL

R

(v 1－v 2) 导体棒匀速运动，安培力与阻力相等

F 安＝BIL ＝B 2L 2 v 1－v 2

R

速度恒定时有B 2L 2 v 1－v 2

R

＝f

可得v 2＝v 1－

fR B 2L 2

. (2)由上面得出的速度值可以得到f 越大，v 2越小，v 2最小为0，所以f m ＝B 2L 2v 1

R

.

(3)设导体棒以恒定速度v 2运动，P 导体棒＝fv 2＝fv 1－

fR B 2L 2

P 电路＝I 2

R ＝B 2L 2 v 1－v 2 2R ＝f 2R

B 2L

2.

(4)设磁场的加速度为a ，金属棒的加速度为a ′，当金属棒以一定速度v 运动时，受安培力和阻力作用，由牛顿第二定律可得

B 2L 2

R

(at －v )－f ＝ma ′ 由题图乙可知，在t 时刻导体棒的瞬时速度大小为v t ，此时棒做匀加速运动，磁场与金

属棒间必有v 1－v 2为常数，即a ＝a ′，则有B 2L 2 at －v t

R

－f ＝ma