高中物理训练专题【电磁感应规律的综合应用】

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高中物理训练----电磁感应规律的综合应用

高中物理训练----电磁感应规律的综合应用

高中物理训练电磁感应规律的综合应用一、单项选择1.如图,两匀强磁场的磁感应强度B 1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2解析:B若同时增大B1减小B2,则穿过环向里的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向向外,由安培定则,环中产生的感应电流是逆时针方向,故选项A错误;同理可推出,选项B正确,C、D错误.2.图a和图b是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈.实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同.下列说法正确的是()A.图a中,A1与L1的电阻值相同B.图a中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图b中,变阻器R与L2的电阻值相同D.图b中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等解析:C分析图a,断开开关S1瞬间,A1突然闪亮,说明流经A1的电流瞬间增大,从而得到S1闭合,电路稳定时,A1中的电流小于L1中的电流,所以选项B错误;由并联电路特点可知,A1的电阻值大于L1的电阻值,所以选项A错误;分析图b,开关S2闭合后,灯A2逐渐变亮,A3立即变亮,说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等,那么L2与R中的电流也不相等,所以选项D错误;最终A2与A3亮度相同,说明流经A2与A3的电流相同,由欧姆定律可知,R与L2的电阻值相等,所以选项C正确.3.如图甲,光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上,支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中,一金属导体棒EF 放在支架上,用一轻杆将导体棒与墙固定连接,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,取垂直于水平面向下为正方向,则下列说法中正确的是( )A .t 1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B .t 2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C .t 2到t 3时间内,轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D .t 2到t 4时间内,轻杆对导体棒的作用力方向不变解析:C 由E =n ΔΦΔt,可知t 1时刻感应电动势为0,感应电流为0,安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0,故选项A 错误;t 2时刻感应电动势为最大,感应电流最大,但磁场为0,安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0,故选项B 错误;t 2到t 3时间内,安培力先增大后减小,所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小,故选项C 正确;t 2到t 4时间内,感应电流方向改变,安培力方向改变,则轻杆对导体棒的作用力方向改变,故选项D 错误.4.如图1,匝数n =6的螺线管(电阻不计),截面积为S =10 cm 2,线圈与R =12 Ω的电阻连接,水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图2所示,规定感应电流i 从a 经过R 到b 的方向为正方向.忽略线圈的自感影响,下列i -t 关系图中正确的是( )解析:B 由题意可知,在0~2 s 时间内,磁感应强度变化率的大小为ΔB 1Δt 1=3×10-3 T/s ,根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E 1=n ΔB 1Δt 1S =1.8×10-5 V ,根据闭合电路欧姆定律,可得感应电流i 1=E 1R=1.5×10-6 A ,根据楞次定律,可知感应电流方向为a →b ,为正方向;同理可计算在2~5 s 时间内,i 2=E 2R=1×10-6 A ,根据楞次定律,可知感应电流方向为b →a ,为负方向;根据磁感应强度变化的周期性,可得感应电流变化的周期性,故B 正确,A 、C 、D 错误.5.如图,空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场,在纸面内,一正三角形的导线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域.已知虚线垂直于AB 边,且正三角形的高为磁场宽度的两倍.从C 点进入磁场开始计时,以电流沿逆时针方向为正.关于线框中感应电流i 随时间t 变化的关系,下列四幅图可能正确的是( )解析:A 设线框进入磁场的速度为v ,线框进入磁场的前一半过程,切割磁感线的有效长度:L =2v t tan 30°,线框切割磁感线,产生感应电动势E =BL v =2B v 2t tan 30°,感应电流:i =E R =2B v 2t tan 30°R,i 与t 成正比,线框在进磁场的过程中,磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流的方向为ABCA ,为正;在出磁场的过程中,磁通量减小,根据楞次定律知,感应电流的方向为ACBA ,为负.在线框进入磁场的前一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,在线框进入磁场的后一半(即出磁场的前一半)过程中,切割的有效长度不变,感应电动势不变,则感应电流不变;在线框出磁场的后一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电流均匀增大.故A 正确.二、多项选择6.如图,两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间,导轨两端a 、b 断开,金属杆L 垂直导轨放置.闭合开关S ,下列判断正确的是( )A .电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B .若给金属杆向左的初速度,则a 点电势高于b 点C .若a 、b 间接导线,向下移动滑片P ,则金属杆向左运动D .若a 、b 间接直流电源,a 接正极、b 接负极,则金属杆向左运动解析:AC 闭合开关S ,根据右手螺旋定则可知,电磁铁两磁极之间的磁场方向向下,选项A 正确;根据右手定则可知,若给金属杆向左的初速度,则a 点电势低于b 点,选项B 错误;若a 、b 间接导线,向下移动滑片P ,则螺线管中的电流变大,磁场增强,由于穿过闭合回路的磁通量增加,由楞次定律可知,金属杆向左运动,选项C 正确;若a 、b 间接直流电源,a 接正极、b 接负极,由左手定则可知,金属杆向右运动,选项D 错误.7.手机无线充电是比较新颖的充电方式.如图所示,电磁感应式无线充电的原理与变压器类似,通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈,利用产生的磁场传递能量.当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后,就会在邻近的受电线圈中感应出电流,最终实现为手机电池充电.在充电过程中( )A .送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B .受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C .送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D .手机和基座无需导线连接,这样传递能量没有损失解析:AC由于送电线圈输入的是正弦式交变电流,是周期性变化的,因此产生的磁场也是周期性变化的,A正确;受电线圈中的电流也是正弦式交变电流,产生的磁场呈周期性变化,B错误;根据变压器原理,原、副线圈是通过互感现象实现能量传递,因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递,C正确;手机与机座无需导线连接就能实现充电,但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉,因此这样传递能量是有能量损失的,D 错误.8.如图,光滑绝缘斜面倾角为θ,斜面底端有一直导线通有恒定电流I.斜面上有一闭合矩形导线框abcd正沿斜面下滑,ab边始终与MN平行,在导线框下滑至ab边未到达斜面底端过程中,下列说法正确的是()A.线框有扩张的趋势B.线框中有沿adcba方向的感应电流C.线框cd边受到的安培力沿斜面向下D.整个线框所受安培力的合力为零解析:BC根据直导线产生的磁场特点:离导线越近磁场越强,在导线框向下滑动过程中,穿过线框的磁通量增大,由“增缩减扩”可知,线框有收缩的趋势,故A错误;在导线框向下滑动过程中,穿过线框的磁通量增大,磁场方向垂直斜面向上,根据楞次定律可知,线框中有沿adcba方向的感应电流,故B正确;cd中的电流由d到c,磁场方向垂直斜面向上,根据左手定则可知,线框cd边受到的安培力沿斜面向下,故C正确;由于ab边与cd 边所在处的磁场不同,ab与cd中的电流大小相同,所以ab、cd所受安培力大小不同,ad 与bc所受安培力大小相同,所以整个线框所受安培力的合力不为零,故D错误.9.如图所示,两根平行光滑金属导轨间距为L,导轨电阻不计,下端PQ接有阻值为R 的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中.一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上,静止时导体棒处于导轨的MN处.已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行.现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放,整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.则下列说法中正确的是()A .当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到QB .当导体棒的速度最大时,弹簧的伸长量为mg sin θkC .导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ,则导体棒从开始运动到停止运动的过程中,回路中产生的焦耳热为m 2g 2sin 2 θk-E p D .若导体棒第一次运动到MN 处时速度为v ,则此时导体棒的加速度大小为B 2L 2v 2mR解析:ACD 由右手定则可知,当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到Q ,故A 正确;导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大,弹簧伸长量为mg sin θk时,弹簧弹力为mg sin θ,此时导体棒所受合力为安培力,导体棒速度不是最大,故B 错误;导体棒最终静止,由平衡条件得:mg sin θ=kx ,弹簧伸长量:x =mg sin θk,由能量守恒定律得:mgx sin θ=Q +E p ,解得:Q =m 2g 2sin 2θk-E p ,故C 正确;导体棒第一次到达MN 处时,弹簧的弹力:kx =mg sin θ,此时导体棒受到的安培力为F =BIL =B 2L 2v 2R,对导体棒,由牛顿第二定律得:kx -mg sin θ+B 2L 2v 2R =ma ,解得:a =B 2L 2v 2mR,故D 正确. 三、计算题10.一个圆形线圈,共有n =10匝,其总电阻r =4.0 Ω.线圈与阻值R 0=16 Ω的外电阻连成闭合回路,如图甲所示.线圈内部存在着一个边长l =0.20 m 的正方形区域,其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场,图乙显示了一个周期内磁场的变化情况,周期T =1.0×10-2 s ,磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向.求:(1)t =18T 时刻,电阻R 0上的电流大小和方向;(2)0~12T 时间内,流过电阻R 0的电荷量; (3)一个周期内电阻R 0的发热量.解析:(1)0~T 4内,感应电动势大小恒定, E 1=n ΔΦ1Δt 1=8 V 电流大小I 1=E 1R 0+r,可得I 1=0.4 A 电流方向从b 到a .(2)同(1)可得T 4~T 2内,感应电流大小I 2=0.2 A 流过电路的电荷量q =I 1T 4+I 2T 4, 代入数据解得q =1.5×10-3 C.(3)Q =I 21R 0T 2+I 22R 0T 2,解得Q =1.6×10-2 J. 答案:(1)0.4 A 从b 向a (2)1.5×10-3 C(3)1.6×10-2 J11.如图1,在绝缘光滑水平桌面上,以O 为原点、水平向右为正方向建立x 轴,在0≤x ≤1.0 m 区域内存在方向竖直向上的匀强磁场.桌面上有一边长L =0.5 m 、电阻R =0.25 Ω的正方形线框abcd ,当平行于磁场边界的cd 边进入磁场时,在沿x 方向的外力F 作用下以v =1.0 m/s 的速度做匀速运动,直到ab 边进入磁场时撤去外力.若以cd 边进入磁场时作为计时起点,在0≤t ≤1.0 s 内磁感应强度B 的大小与时间t 的关系如图2所示,在0≤t ≤1.3 s 内线框始终做匀速运动.(1)求外力F 的大小;(2)在1.0 s ≤t ≤1.3 s 内存在连续变化的磁场,求磁感应强度B 的大小与时间t 的关系;(3)求在0≤t ≤1.3 s 内流过导线横截面的电荷量q .解析:(1)t 0=0,B 0=0.25 T回路电流I =B 0L v R安培力F A =B 20L 2Rv 外力F =F A =0.062 5 N.(2)匀速出磁场,电流为0,磁通量不变Φ1=Φt 1=1.0 s 时,B 1=0.5 T ,磁通量Φ1=B 1L 2t 时刻,磁通量Φ=BL [L -v (t -t 1)]得B =16-4t. (3)0≤t ≤0.5 s 电荷量q 1=B 0L 2R =0.25 C 0.5 s ≤t ≤1.0 s 电荷量q 2=B 1L 2-B 0L 2R=0.25 C 总电荷量q =q 1+q 2=0.5 C.答案:(1)0.062 5 N (2)B =16-4t(3)0.5 C 12.如图,两根质量均为m =2 kg 的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上,左右两部分导轨间距之比为1∶2,导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场,两棒电阻与棒长成正比,不计导轨电阻.现用250 N 的水平拉力F 向右拉CD 棒,CD 棒运动s =0.5 m 时,其上产生的焦耳热为Q 2=30 J ,此时两棒速率之比为v A ∶v C =1∶2,现立即撤去拉力F ,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动,求:(1)在CD 棒运动0.5 m 的过程中,AB 棒上产生的焦耳热;(2)撤去拉力F 瞬间,两棒的速度大小v A 和v C ;(3)撤去拉力F 后,两棒最终匀速运动的速度大小v A ′和v C ′.解析:(1)设两棒的长度分别为l 和2l ,所以电阻分别为R 和2R ,由于电路中任何时刻电流均相等,根据焦耳定律Q =I 2Rt 可知Q 1∶Q 2=1∶2,则AB 棒上产生的焦耳热Q 1=15 J.(2)根据能量守恒定律有Fs =12m v 2A +12m v 2C +Q 1+Q 2 又v A ∶v C =1∶2,联立以上两式并代入数据得v A =4 m/s ,v C =8 m/s.(3)撤去拉力F 后,AB 棒继续向左做加速运动,而CD 棒向右做减速运动,两棒最终匀速运动时电路中电流为零,即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等,此时两棒的速度满足BL v A ′=B ·2L v C ′即v A ′=2v C ′(不对过程进行分析,认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理,规定水平向左为正方向,有 F A ·t =m v A ′-m v A , F C ·t =-m v C ′-(-m v C ).因为F C =2F A ,故有v A ′-v A v C -v C ′=12联立以上各式解得v A ′=6.4 m/s ,v C ′=3.2 m/s.答案:(1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s。

电磁感应规律的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)

电磁感应规律的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)

压轴题07电磁感应规律的综合应用目录一,考向分析 (1)二.题型及要领归纳 (2)热点题型一以动生电动势为基综合考查导体棒运动的问题 (2)热点题型二以感生电动势为基综合考查导体棒运动的问题 (9)热点题型三以等间距双导体棒模型考动量能量问题 (16)热点题型四以不等间距双导体棒模型考动量定理与电磁规律的综合问题 (21)热点题型五以棒+电容器模型考查力电综合问题 (27)三.压轴题速练 (33)一,考向分析1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用,高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题。

2.学好本专题,可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力,针对性的专题强化,可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。

3.用到的知识有:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。

电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考查内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动、动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。

通常还与电路等知识综合成难度较大的试题,与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。

4.电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源。

(2)在电源内部电流由负极流向正极。

(3)电源两端的电压为路端电压。

5.电荷量的求解电荷量q=IΔt,其中I必须是电流的平均值。

由E=n ΔΦΔt、I=ER总、q=IΔt联立可得q=n ΔΦR总,与时间无关。

6.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流、电阻不变。

(2)功能关系:Q=W克服安培力,电流变不变都适用。

(3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量),电流变不变都适用。

7.用到的物理规律匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。

拓展资料1:电磁感应的综合应用(高中物理教学课件)完整版5

拓展资料1:电磁感应的综合应用(高中物理教学课件)完整版5

m,r m,r
m,r
L B
v0 L/2 L B
b
a
b
动量不守恒
v

a
b
B
L 2
va
BLvb
v0
a
BL( va 2
vb )当va
2vb不再变化
v a
b 0
你能求出va、vb吗?
t
b 0
m,r
F L/2
a

a
b
B
L 2
va
BLvb
BL( va 2
vb )当aa
2ab时
回为定值, 加速度不再变化
动画七
1.线框以初速度v0向右运动,从进入磁场开始计时,分析运动情况? 2.定性作出进入磁场过程中的v-t图像,ε-t图像,I-t图像,Uab-t图 像,F安-t图像,v-x图像, F安-x图像 3.假设初速度足够大,进入磁场产生的热量与离开磁场产生的热 量分别是多少?
iBL t mv
qBL mv qBL mv
二.反电动势问题
m,r
ε
εˊ F安
I
vm
L
B
vx
m,r
m,r C+
-
m,r
L B
C
v
L
C
FL
B
B
分光滑、粗糙两种模型分析:
1.力与运动分析:求vm,am 2.功与能量分析:求Ekm,Wf, Q摩,光滑求 q 3.图像问题分析:v-t图像、I-t图像,
动画三 动画四 动画五 动画六
三.边界问题
d m,r h
拓展资料1:电磁感应的综合应用
一.力、电、能量、图像问题
m,r

2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练13电磁感应规律的应用

2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练13电磁感应规律的应用

专题强化训练13 电磁感应规律的应用一、选择题(1~4题为单项选择题,5~8题为多项选择题)1.如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图.电磁制动是一种非接触的制动方式,其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,使导体受到阻碍运动的制动力.下列说法正确的是( )A.制动过程中,导体不会产生热量B.如果导体反向转动,此装置将不起制动作用C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关D.线圈电流一定时,导体运动的速度越大,制动力就越大2.[2022·广东卷]如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图.定子是仅匝数n不同的两线圈,n1>n2,二者轴线在同一平面内且相互垂直,两线圈到其轴线交点O的距离相等,且均连接阻值为R的电阻,转子是中心在O点的条形磁铁,绕O点在该平面内匀速转动时,两线圈输出正弦式交变电流.不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响,下列说法正确的是( )A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等3.[2022·全国甲卷]三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框的边长相等,如图所示.把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A .I 1<I 3<I 2B .I 1>I 3>I 2C .I 1=I 2>I 3D .I 1=I 2=I 34.[2022·广东模拟预测]如图甲所示,正方形硬质金属框abcd 放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直.磁感应强度B 随时间t 变化规律如图乙所示.在0~0.2 s 时间内与0.2 s ~0.6 s 时间内( )A .通过金属框的电荷量之比为2∶1B .金属框中电流的电功率之比为4∶1C .金属框中产生的焦耳热之比为4∶1D .金属框ab 边受到安培力方向相反,大小之比为3∶15.[2022·福建福州三模]一个长直密绕线圈N 放在一个金属圆环M 的中心,圆环轴线与线圈轴线重合,如图甲所示.线圈N 通有如图乙所示的电流,下列说法正确的是( )A .t =T 8 时刻,圆环有扩张的趋势B .t =T8时刻,圆环有收缩的趋势C .t =T 8 和t =3T8时刻,圆环内有相同的感应电流D .t =3T 8 和t =5T8时刻,圆环内有相同的感应电流6.如图所示,阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置,上端连接一电阻,一金属棒(电阻不计)水平放置与导轨接触良好,导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直,金属棒从某处由静止释放向下运动,设运动过程中棒的加速度为a、动量为p,通过的电荷量为q、重力势能为E p、位移为x、运动时间为t.下列图像正确的是( )7.[2022·山东卷]如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2 L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场.边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动.t=0时刻,金属框开始进入第一象限.不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( )A.在t=0到t=π2ω的过程中,E一直增大B.在t=0到t=π2ω的过程中,E先增大后减小C.在t=0到t=π4ω的过程中,E的变化率一直增大D.在t=0到t=π4ω的过程中,E的变化率一直减小8.[2022·全国甲卷]如图,两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上,在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻.质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上,与导轨垂直,且接触良好,导轨电阻忽略不计,整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中.开始时,电容器所带的电荷量为Q,合上开关S后,( )A.通过导体棒MN电流的最大值为QRCB.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热二、非选择题9.如图所示,将一细导线围成边长为d的N匝正方形线框,并固定在水平纸面内,虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分,在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场,规定垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示,已知线框的电阻为R,t=t0时匀强磁场的磁感应强度大小为B0.求:(1)若虚线MN右侧的空间不存在磁场,线框中产生的感应电流方向;在0~2t0内,通过线框某横截面的电荷量q;(2)若虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小恒为B0,如图所示,求t=2t0时线框受到的安培力F.10.[2022·全国冲刺卷]如图所示,右边是法拉第圆盘发电机,圆盘直径d=2 m,转动方向如图所示(从右向左看是逆时针),圆盘处于磁感应强度B1=1 T的匀强磁场中,左边有两条间距L=0.5 m的平行倾斜导轨,倾角θ=37°,导轨处有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B2=2 T,用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接,圆盘边缘和圆心之间的电阻r=1 Ω.在倾斜导轨上水平放一根质量m=1 kg、电阻R=2 Ω的导体棒,导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5且始终接触良好,导体棒长度也是L=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,其余电阻不计.求:(1)若圆盘转动的角速度ω1=20 rad/s时,产生的感应电动势;(2)若导体棒静止在倾斜导轨上时,导体棒所受的安培力应满足的条件;(3)若导体棒静止在倾斜导轨上时,圆盘转动的角速度ω应满足的条件.专题强化训练13 电磁感应规律的应用1.解析:电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,电流流过电阻时会产生热量,A 错误;如果改变线圈中的电流方向,铁芯产生的磁感线的方向变为反向,此时产生的涡流方向也相反,根据左手定则,电流和所处的磁场方向同时反向,安培力方向不变,故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B 错误;线圈中电流越大,则产生的磁场越强,则转盘转动产生的涡流越强,则制动器对转盘的制动力越大,C 错误;线圈电流一定时,导体运动的速度越大,转盘转动产生的涡流越强,制动力就越大,D 正确.答案:D2.解析:由于两定子线圈匝数不同,根据法拉第电磁感应定律可知,在两线圈中产生的电动势最大值不相等,有效值不相等,A 项错误;由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期,所以两线圈产生的交变电流频率相等,B 项正确;由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直,所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时,另一个为零,C 项错误;由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等,根据P =E 2R可知,两电阻消耗的电功率不相等,D 项错误.答案:B3.解析:设正方形线框边长为a ,则圆线框半径为a 2 ,正六边形线框边长为a2 ,由法拉第电磁感应定律得E =n ΔΦΔt =ΔB Δt S 面积,由电阻定律得R =ρl 周长S 截 ,由题意知ΔBΔt、ρ、S 截均为定值,所以电流I =E R ∝S 面积l 周长 ,面积分别为a 2、πa 24 、33a 28,周长分别为4a 、πa 、3a ,故电流I 1=I 2>I 3,故C 项正确.答案:C4.解析:设线框的面积为S ,电阻为R ,根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦΔt 可得,在0~0.2 s 时间内,感应电动势为E 1=0.5 S 0.2 V =5S2 V .0.2 s ~0.6 s 时间内,感应电动势为E 2=0.5 S 0.6-0.2 V =5S 4 V .根据I =ER可知,在0~0.2 s 时间内与0.2 s ~0.6 s 时间内感应电流之比为I 1∶I 2=2∶1.根据q =It 可知,通过金属框的电荷量之比为q 1∶q 2=I 1t 1∶I 2t 2=1∶1,故A 错误;根据P =EI 可知,金属框中电流的电功率之比为P 1∶P 2=E 1I 1∶E 2I 2=4∶1,故B 正确;根据Q =I 2Rt 可知,金属框中产生的焦耳热之比为Q 1∶Q 2=I 21 t 1∶I 22 t 2=2∶1,故C 错误;根据楞次定律可知,电流方向相反,由左手定则可知,金属框ab 边受到安培力方向相反,根据F 安=BIL ,由于对应时间B 相同,则安培力大小之比为F 安1∶F 安2=I 1∶I 2=2∶1,故D 错误.答案:B5.解析:由图可知在t =T8时刻,通过线圈的电流增大,则线圈产生的磁场增大,所以穿过金属圆环的磁通量增大,对圆环,面积越大,磁通量越小,根据楞次定律可知,圆环有扩张趋势,选项A 正确,B 错误;由图可知,在t =T8 时刻通过线圈的电流增大,而在t=3T8 时刻通过线圈的电流减小,根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向不同,选项C 错误;由图可知,在t =3T 8 和t =5T8 时刻,线圈内电流的变化率是大小相等的,则线圈产生的磁场的变化率也相等,根据法拉第电磁感应定律可知,圆环内的感应电动势大小是相等的,所以感应电流大小也相等,根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向也相同,选项D 正确.答案:AD6.解析:感应电流为I =E R =BLv R安培力为F =BIL =B 2L 2vR根据牛顿第二定律有a =mg -F m =g -B 2L 2vmR,则速度增加过程中,加速度逐渐减小,金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,所以A 正确;金属棒的动量为p =mv ,则动量与速度成正比,由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,其速度与时间图像的斜率将逐渐减小,所以B 错误;通过的电荷量为q ,则有q =I -Δt =ΔΦΔtR ·Δt =BLx R,所以电荷量q 与位移x 成正比,则C 正确;重力势能为E p ,则有E p =E p0-mgx ,所以D 正确.答案:ACD 7.解析:如图所示,金属框切割磁感线的有效长度为d ,根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E =12 Bd 2ω,从图中可以看出在t =0到t =π2ω 的过程中,d 是先增大到2 L ,再减小到L ,所以电动势E 先增大后减小,A 项错误,B 项正确.在t =0到t =π4ω 的过程中,d =Lcos ωt ,感应电动势的表达式可写为E =12 Bd 2ω=BL 2ω2cos 2ωt ,由表达式可以看出在t =0到t =π4ω的过程中,E 的变化率一直增大,C 项正确,D 项错误.答案:BC8.解析:合上开关的瞬间,导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值,电流也最大,I =UR =Q RC,电流最大时,导体棒MN 所受的安培力最大,而导体棒速度最大时电流不是最大,所以A 正确,C 错误;导体棒MN 先加速后减速,不会匀速,如果导体棒MN 做匀速直线运动,电阻上一直有焦耳热产生,其他能量都不变,不符合能量守恒,所以B 错误;由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势,导致只有开始时通过电阻R 的电流与通过导体棒MN 的电流相等,其他时候通过电阻R 的电流都比通过导体棒MN 的电流大,故由焦耳定律可知电阻R 上产生的焦耳热比导体棒MN 上产生的焦耳热多,D 正确.答案:AD9.解析:(1)由楞次定律可得电流方向是俯视逆时针方向;由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E =N ΔΦΔt =N ΔB Δt ·d 22由图像可知ΔB Δt =B 0t 0导体框中产生的感应电动势E =NB 0d 22t 0导体框中电流I =E R时间t =2t 0,通过导体框某横截面的电荷量q =It =NB 0d 2R.(2)当t =2t 0时,虚线MN 左侧磁感应强度为B 1=2B 0 虚线MN 左侧线框受到水平向右的安培力F 1=NB 1Id虚线MN 右侧线框受到水平向右的安培力F 2=NB 0Id上、下两边框受到的安培力合力为0,导体框受到的安培力 F =F 1+F 2=NB 1Id +NB 0Id =3N 2B 20 d32t 0R.答案:(1)逆时针方向 NB 0d 2R(2)方向水平向右3N 2B 20 d32t 0R10.解析:(1)圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线,根据法拉第电磁感应定律得E =BLv =B 1·d 2·d 2ω12=18B 1d 2ω1代入数据得E =10V.(2)如果导体棒受的安培力较大,导体棒有沿导轨向上滑动的趋势,导体棒受摩擦力沿导轨向下,建立坐标系分析导体棒受力如图所示,根据y 轴受力平衡得F N =F 安sin θ+mg cos θ根据x 轴受力平衡得F 安cos θ=mg sin θ+f ,f =μF N 代入数据得F 安=20 N 如果导体棒受的安培力较小,导体棒有沿导轨向下滑动的趋势,导体棒受摩擦力沿导轨向上,建立坐标系分析导体棒受力如图所示根据y 轴受力平衡得F N =F ′安sin θ+mg cos θ 根据x 轴受力平衡得F ′安cos θ+f =mg sin θf =μF N ,代入数据得F ′安=2011N导体棒所受的安培力应满足2011N≤F 安≤20 N.(3)设F 安=20 N 时圆盘转动的角速度为ω2,根据F 安=B 2IL =20 N ,代入数据得I =20 A根据闭合电路欧姆定律I =ER +r代入数据得E =I (R +r )=60 V根据法拉第电磁感应定律E =BLv =B 1·d2 ·d 2ω22 =18 B 1d 2ω2代入数据得ω2=120 rad/s同理当F ′安=2011 N 时,圆盘转动的角速度ω3=12011 rad/s圆盘转动的角速度ω应满足12011rad/s≤ω≤120 rad/s. 答案:(1)10 V (2)2011 N≤F 安≤20 N(3)12011 rad/s≤ω≤120 rad/s。

高三物理专练电磁感应规律的综合应用

高三物理专练电磁感应规律的综合应用

专练40 电磁感应规律的综合应用1.如图,一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,长直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向,线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右.设电流i的正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )2.如图所示,xOy平面内有一半径为R的圆形区域,区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场,左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里,右半圆磁场方向垂直于xOy平面向外.一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动,则导体棒两端的电势差U ba与导体棒位置x关系的图象是( )3.(多选)如图所示,竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B,从虚线下方竖直上抛一正方形线圈,线圈越过虚线进入磁场,最后又落回原处,运动过程中线圈平面保持在竖直平面内,不计空气阻力,则( ) A.上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B.上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C.上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率4.(多选)在伦敦奥运会上,100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪,其原理如图甲所示,水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为L=0.5 m,一端通过导线与阻值为R=0.5 Ω的电阻连接,导轨上放一质量为m=0.5 kg的金属杆,金属杆与导轨的电阻忽略不计,匀强磁场方向竖直向下.用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上,使杆运动.当改变拉力的大小时,相对应的速度v也会变化,从而使跟踪仪始终与运动员保持一致.已知v 和F 的关系如图乙.(重力加速度g 取10 m/s 2则( )A .金属杆受到的拉力与速度成正比B .该磁场的磁感应强度为1 TC .图线在横轴的截距表示金属杆所受安培力的大小D .导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ=0.45.(多选)如图所示,水平放置的两根平行长直金属导轨的间距为d ,其右端接有阻值为R 的电阻,整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中.一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r ,导轨电阻不计,重力加速度大小为g.则在此过程中( )A .杆运动速度的最大值为(F -μmg )RB 2d2 B .流过电阻R 的电荷量为BdL R +rC .恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D .恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量6.(多选)一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 以一定的初速度v 0从一光滑的平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30°角,两导轨上端用一电阻R 相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ,则( )A .向上滑行的时间大于向下滑行的时间B .向上滑行时电阻R 上产生的热量大于向下滑行时电阻R 上产生的热量C .向上滑行时与向下滑行时通过电阻R 的电荷量相等D .金属杆从开始上滑至返回出发点,电阻R 上产生的热量为12m(v 20-v 2)7.(多选)如图所示,间距为L 的两根平行金属导轨弯成“L”形,竖直导轨面与水平导轨面均足够长,整个装置处于竖直向上大小为B 的匀强磁场中.质量均为m 、阻值均为R 的导体棒ab 、cd 均垂直于导轨放置,两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ,当导体棒cd 在水平恒力作用下以速度v 0沿水平导轨向右匀速运动时,释放导体棒ab ,它在竖直导轨上匀加速下滑.某时刻将导体棒cd 所受水平恒力撤去,经过一段时间,导体棒cd 静止,此过程流经导体棒cd 的电荷量为q(导体棒ab 、cd 与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计,已知重力加速度为g),则( )A .导体棒cd 受水平恒力作用时流经它的电流I =BLv 0RB .导体棒ab 匀加速下滑时的加速度大小a =g -μB 2L 2v 02mRC .导体棒cd 在水平恒力撤去后它的位移为s =2Rq BLD .导体棒cd 在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q =14mv 20-μmgRq BL8.(多选)如图所示,固定在水平面上的光滑平行金属导轨,间距为L ,右端接有阻值为R 的电阻,空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场.质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 与固定弹簧相连,放在导轨上.初始时刻,弹簧恰处于自然长度.给导体棒水平向右的初速度v 0,导体棒开始沿导轨往复运动,在此过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知导体棒的电阻r与定值电阻R 的阻值相等,不计导轨电阻,则下列说法中正确的是( )A .导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B .导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U =BLv 0C .导体棒开始运动后速度第一次为零时,系统的弹性势能E p =12mv 20 D .金属棒最终会停在初始位置,在金属棒整个运动过程中,电阻R 上产生的焦耳热为14mv 20专练40 电磁感应规律的综合应用1.A 因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强,而线框中左右两边的电流大小相等,方向相反,所以其受到的安培力方向相反,线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力,所以合力与线框的左边受力的方向相同.因为线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根据左手定则,线框处的磁场方向先垂直纸面向里,后垂直纸面向外,根据右手螺旋定则,导线中的电流先为正,后为负,所以选项A 正确,B 、C 、D 错误.2.A 设导体棒从y 轴开始沿x 轴正方向运动的长度为x 0(x 0≤2R),则导体棒ab 在磁场中的切割长度l =2R 2-(R -x 0)2=2 2Rx 0-x 20,感应电动势E =Blv =2Bv 2Rx 0-x 20,由右手定则知在左侧磁场中b 端电势高于a 端电势,由于右侧磁场方向变化,所以在右侧a 端电势高于b 端电势,再结合圆的特点可知选项A 正确.3.AC 线圈上升过程中,加速度大且在减速,下降过程中,运动情况比较复杂,有加速、减速或匀速等,把上升过程看成反向的加速,可以比较当运动到同一位置时,线圈速度都比下降过程中相应的速度要大,可以得到结论:上升过程中克服安培力做功多;上升过程时间短,所以上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率,故正确选项为A 、C.4.BD 由题图乙可知拉力与速度是一次函数,但不成正比,故选项A 错误;图线在横轴的截距是速度为零时的F ,此时金属杆将要运动,此时阻力——最大静摩擦力等于F ,也等于运动时的滑动摩擦力,选项C 错误;由F -BIL -μmg=0及I =BLv R 可得F -B 2L 2v R-μmg=0,从图象上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B =1 T ,μ=0.4,所以选项B 、D 正确.5.BD 当杆达到最大速度v m 时,F -μmg-B 2d 2v m R +r =0,解得v m =(F -μmg )(R +r )B 2d2,A 项错误;流过电阻R 的电荷量q =ΔΦR +r =BΔS R +r =BdL R +r,B 项正确;在杆从开始运动到达到最大速度的过程中,由动能定理有W F +W f +W 安=ΔE k ,其中W f =-μmgL,W 安=-Q ,恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和,C 项错误;恒力F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和,D 项正确.6.BC 金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下,沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上,所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度,因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间,A 项错误;向上滑行过程的平均速度大,感应电流大,安培力做的功多,R 上产生的热量多,B 项正确;由q =ΔΦR +r 知C 项正确;由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m(v 20-v 2),D 项错误. 7.BCD cd 棒切割磁感线产生感应电动势为E =BLv 0,根据闭合电路欧姆定律得I =E 2R =BLv 02R ,故A 错误;对于ab 棒,根据牛顿第二定律得mg -f =ma ,又f =μN,N =BIL ,联立解得a =g -μB 2L 2v 02mR,故B 正确;对于cd 棒,电荷量q =ΔΦR 总=BLs 2R ,则得s =2Rq BL,故C 正确;cd 棒减速运动过程中,由动能定理得-μmgs-W FA =0-12mv 20,电路中产生的焦耳热Q =W FA ,则可得Q =12mv 20-2μmgRq BL,ab 棒与cd 棒串联且电阻相同,故cd 棒产生的焦耳热Q 2=12Q =14mv 20-μmgRq BL,D 正确. 8.AD 导体棒和定值电阻组成闭合回路,开始运动的初始时刻,导体棒向右运动,回路面积减小,根据楞次定律可判断棒中电流方向为由a 到b ,所以安培力水平向左,选项A 正确.导体棒切割磁感线产生的感应电动势E =BLv 0,但导体棒和定值电阻组成闭合回路,导体棒两端电压为路端电压,已知导体棒的电阻r 与定值电阻R 的阻值相等,所以路端电压U =12E =12BLv 0,选项B 错误.导体棒向右运动的过程,安培力和弹簧弹力做功,产生的焦耳热为Q ,根据功能关系有Q +E p =12mv 20,选项C 错误.导体棒最终停下来时,不再切割磁感线,没有感应电动势和感应电流,不受安培力,因导轨光滑,没有摩擦力,所以导体棒静止时,弹簧弹力为0,即弹簧恢复原长,根据功能关系,电路中产生的焦耳热为Q =12mv 20,由于r =R ,所以电阻R 上产生的焦耳热为12Q =14mv 20,选项D 正确.高考理综物理模拟试卷注意事项:1. 答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高考物理一轮复习 10.3电磁感应规律的综合应用

高考物理一轮复习 10.3电磁感应规律的综合应用
O 答案:B
O 【互动探究】
电磁感应中的电路问题
O 1.在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将 产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源,在此电源内部电流 方向与电势有什么关系?
O 2.把切割磁感线的导体棒接入电路,并联在导体棒两端的电压表 测量的是电源电动势吗?
O 【核心突破】
(OO2)1(电1.)源电对源的电的电磁正动感负势应极的、中大感电小应源可电的由流理的E解方=向Bl、v电或势E的=高n低ΔΔΦ、t 求电解容.器极板带电问题,
O 如图所示,两光滑倾斜导轨与水平面的夹角为θ,磁场垂直于导 轨所在平面向上,一导体棒静止释放.
O (1)导体棒下滑过程中受几个力的作用?
O (2)若导轨足够长,导体棒最终做什么运动?
O (3)运动过程中有哪些能量转化?
O 提示:(1)受重力、导轨的支持力、安培力三个力作用.
O (2)匀速直线运动.
O 解析:金属棒PQ进入磁场前和出磁场后,不产生感应电动势,而 在磁场中,由于匀速运动产生的感应电动势不变,故正确选项为A.
O 答案:A
O 3.如图所示,一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根 竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保 持重合.若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x轴, 则下图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系 间的电势差等于路端电压,而小环电阻占电路总电阻
的13,故 Uab=13E,B 正确.
O 答案:B
2.如图所示,平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域,细金属棒 PQ 沿导轨从 MN 处匀速运动到 M′N′的过程中,棒上感应电动势 E 随时 间 t 变化的图示,可能正确的是( )
O (2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的 内电阻 ,其余 部分是 外电阻 .

高考物理二轮复习电磁感应规律的综合应用专题训练( 含解析)新人教版

高考物理二轮复习电磁感应规律的综合应用专题训练( 含解析)新人教版

2014年高考二轮复习专题训练之电磁感应规律的综合应用1.如图1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(指向图中纸面内)。

现对MN 图1施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动。

令U 表示MN 两端电压的大小,则( )A .U =12vBlB .U =13vBlC .U =vBlD .U =2vBl2.如图2所示,两个完全相同的矩形导线框A 、B 在靠得很近的竖直平面内,线框的对应边相互平行。

线框A 固定且通有电流I ,线框B 从图示位置由静止释放,在运动到A 下方的过程中( )A .穿过线框B 的磁通量先变小后变大B .线框B 中感应电流的方向先顺时针后逆时针 图2C .线框B 所受安培力的合力为零D .线框B 的机械能一直减小3.两块水平放置的金属板间的距离为d ,用导线与一个n 匝线圈相连,线圈电阻为r ,线圈中有竖直方向的磁场,电阻R 与金属板连接,如图所示,两板间有一个质量为m 、电荷量为+q 的油滴恰好处于静止,则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( ) A.磁感应强度B 竖直向上且正增强,dmgt nq ∆Φ=∆ B.磁感应强度B 竖直向下且正增强,dmg t nq ∆Φ=∆ C.磁感应强度B 竖直向上且正减弱,()dmg R r t nqR +∆Φ=∆ D.磁感应强度B 竖直向下且正减弱,()dmgr R r t nq+∆Φ=∆ 4.如图甲所示,光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示,规定斜向下为正方向,导体棒ab 垂直导轨放置,除电阻R 的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a→b 的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0~t 时间内,能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )5.如下图所示,在一均匀磁场中有一U 形导线框abcd ,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R 为一电阻,ef 为垂直于ab 的一根导体杆,它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可不计.开始时,给ef 一个向右的初速度,则( ) A .ef 将减速向右运动,但不是匀减速 B .ef 将匀减速向右运动,最后停止 C .ef 将匀速向右运动 D .ef 将往返运动解析:杆ef 向右运动,切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动,直到停止,但不是匀减速,由F =BIL =B 2L 2vR=ma 知,ef 做的是加速度减小的减速运动.答案:A6.如图所示,粗细均匀的、电阻为r 的金属圆环放在图示的匀强磁场中,磁感应强度为B ,圆环直径为L .长为L 、电阻为r2的金属棒ab 放在圆环上,以v 0向左匀速运动,当棒ab 运动到图示虚线位置时,金属棒两端的电势差为( )A .0B .BLv 0C .BLv 0/2D .BLv 0/3解析:当金属棒ab 以速度v 0向左运动到题图所示虚线位置时,根据公式可得产生的感应电动势为E =BLv 0,而它相当于一个电源,并且其内阻为r2;金属棒两端电势差相当于外电路的路端电压.外电路半个圆圈的电阻为r2,而这两个半圆圈的电阻是并联关系,故外电路总的电阻为r 4,所以外电路电压为U ba =13E =13BLv 0.答案:D7.如下图所示,等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场,它的底边在x 轴上且长为2L ,高为L .纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域,在t =0时刻恰好位于图中所示的位置.以顺时针方向为导线框中电流的正方向,在下面下图中能够正确表示电流—位移(I -x )关系的是( )解析:线圈向x轴正方向运动L位移的过程中,有效切割长度均匀增加;在位移大于L 且小于2L的过程中,线圈右边有效切割长度均匀减小,线圈左边有效切割长度均匀增加,因此整个线圈有效切割长度减小,且变化率为前一段时间的两倍;在位移大于2L且小于3L的过程中,与第一段运动中线圈产生的感应电流等大反向,故A项对.答案:A8.一个闭合回路由两部分组成,如图所示,右侧是电阻为r的圆形导线,置于竖直方向均匀变化的磁场B1中;左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨,宽度为d,其电阻不计.磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上,且只分布在左侧,一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上,分析下述判断正确的是( )A .圆形导线中的磁场,可以方向向上均匀增强,也可以方向向下均匀减弱B .导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC .回路中的感应电流为mg sin θB 2dD .圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d2(r +R ) 解析:根据左手定则,导体棒上的电流从b 到a ,根据电磁感应定律可得A 项正确;根据共点力平衡知识,导体棒ab 受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力,即mg sin θ,B 项正确;根据mg sin θ=B 2Id ,解得I =mg sin θB 2d,C 项正确;圆形导线的电热功率等于I 2r =(mg sin θB 2d )2r =m 2g 2sin 2θB 22d2r ,D 项错误. 答案:ABC9.两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻R ,导轨所在平面与匀强磁场垂直。

《3. 电磁感应现象及其应用》(同步训练)高中物理必修第三册_教科版_2024-2025学年

《3. 电磁感应现象及其应用》(同步训练)高中物理必修第三册_教科版_2024-2025学年

《3. 电磁感应现象及其应用》同步训练(答案在后面)一、单项选择题(本大题有7小题,每小题4分,共28分)1、在以下哪种情况下会产生感应电流?A、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动B、磁场强度不变,闭合电路的面积增大C、导体在磁场中静止不动D、闭合电路与电源连接2、一个闭合线圈在磁场中的某处放置,当线圈从磁场中移出时,线圈中的感应电流方向是:A、顺时针B、逆时针C、方向无法确定D、没有感应电流3、:根据法拉第电磁感应定律,当回路中的磁通量发生变化时,在回路中会产生感应电动势。

以下哪种情况下不会产生感应电动势?()A. 磁场强度在增加B. 磁场强度在减小C. 回路面积在增大D. 回路在匀速旋转4、:一个线圈在磁场中做切割磁感线运动时,若线圈的运动方向垂直于磁场方向,以下说法正确的是()。

A. 线圈中感应电动势的方向与运动方向无关B. 线圈中感应电动势的方向与运动方向有关,遵循右手定则C. 若线圈以匀速运动,线圈中不会有感应电动势产生D. 线圈中感应电动势的大小与线圈面积成正比5、在闭合回路中,下列哪种情况不会产生感应电流?A. 回路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动B. 磁场的强度在回路中均匀变化C. 磁场的方向在回路中均匀变化D. 回路的一部分导体在磁场中静止不动6、一个金属棒在水平方向上以一定的速度垂直于磁场进入,以下哪种情况下不会产生感应电流?A. 金属棒进入磁场的过程中B. 金属棒穿过磁场的过程中C. 金属棒离开磁场的过程中D. 金属棒在磁场中匀速运动7、当一个导体在磁场中运动时,下列哪种情况会产生感应电流?A、导体沿磁场方向移动B、导体垂直于磁场方向移动C、导体沿着磁场线的方向移动D、导体静止不动二、多项选择题(本大题有3小题,每小题6分,共18分)1、下列哪些现象属于电磁感应现象?()A、闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动,电路中产生电流B、电铃工作时,电流通过线圈产生磁场,使铁片振动C、发电机的工作原理D、通电导线在磁场中受到的安培力使磁铁运动2、关于电磁感应现象,以下说法正确的是?()A、只有在闭合回路中,磁通量的变化才能在回路中产生感应电流B、感应电流的方向总是垂直于磁场和感应线运动的平面C、感应电流的大小与磁通量的变化率成正比D、感应电流的方向可以通过楞次定律来确定3、下列关于电磁感应现象的描述中,正确的是()A、闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时,导体中会产生感应电流B、只有当闭合电路的导体整体进入磁场时,导体中才会产生感应电流C、电磁感应现象是电荷的定向移动引起的D、电磁感应现象可以产生电热三、非选择题(前4题每题10分,最后一题14分,总分54分)第一题题目:一个闭合线圈垂直于匀强磁场放置,磁场的磁感应强度B随时间变化,线圈回路中会产生感应电流。

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限时规范训练(十)电磁感应规律的综合应用建议用时45分钟,实际用时________一、单项选择题1.(2020·江苏卷)如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B 1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2解析:B若同时增大B1减小B2,则穿过环向里的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向向外,由安培定则,环中产生的感应电流是逆时针方向,故选项A错误;同理可推出,选项B正确,C、D错误.2.图a和图b是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈.实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同.下列说法正确的是()A.图a中,A1与L1的电阻值相同B.图a中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C.图b中,变阻器R与L2的电阻值相同D.图b中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等解析:C分析图a,断开开关S1瞬间,A1突然闪亮,说明流经A1的电流瞬间增大,从而得到S1闭合,电路稳定时,A1中的电流小于L1中的电流,所以选项B错误;由并联电路特点可知,A1的电阻值大于L1的电阻值,所以选项A错误;分析图b,开关S2闭合后,灯A2逐渐变亮,A3立即变亮,说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等,那么L2与R中的电流也不相等,所以选项D错误;最终A2与A3亮度相同,说明流经A2与A3的电流相同,由欧姆定律可知,R与L2的电阻值相等,所以选项C正确.3.如图甲所示,光滑“∠”形金属支架ABC 固定在水平面上,支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中,一金属导体棒EF 放在支架上,用一轻杆将导体棒与墙固定连接,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,取垂直于水平面向下为正方向,则下列说法中正确的是( )A .t 1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B .t 2时刻轻杆对导体棒的作用力最大C .t 2到t 3时间内,轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D .t 2到t 4时间内,轻杆对导体棒的作用力方向不变解析:C 由E =n ΔΦΔt,可知t 1时刻感应电动势为0,感应电流为0,安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0,故选项A 错误;t 2时刻感应电动势为最大,感应电流最大,但磁场为0,安培力为0,轻杆对导体棒的作用力为0,故选项B 错误;t 2到t 3时间内,安培力先增大后减小,所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小,故选项C 正确;t 2到t 4时间内,感应电流方向改变,安培力方向改变,则轻杆对导体棒的作用力方向改变,故选项D 错误.4.(2020·百校联盟调研卷)如图1所示,匝数n =6的螺线管(电阻不计),截面积为S =10 cm 2,线圈与R =12 Ω的电阻连接,水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管,磁场与线圈平面垂直,磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图2所示,规定感应电流i 从a 经过R 到b 的方向为正方向.忽略线圈的自感影响,下列i -t 关系图中正确的是( )解析:B 由题意可知,在0~2 s 时间内,磁感应强度变化率的大小为ΔB 1Δt 1=3×10-3 T/s ,根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E 1=n ΔB 1Δt 1S =1.8×10-5 V ,根据闭合电路欧姆定律,可得感应电流i 1=E 1R=1.5×10-6 A ,根据楞次定律,可知感应电流方向为a →b ,为正方向;同理可计算在2~5 s 时间内,i 2=E 2R=1×10-6 A ,根据楞次定律,可知感应电流方向为b →a ,为负方向;根据磁感应强度变化的周期性,可得感应电流变化的周期性,故B 正确,A 、C 、D 错误.5.如图所示,空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场,在纸面内,一正三角形的导线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域.已知虚线垂直于AB 边,且正三角形的高为磁场宽度的两倍.从C 点进入磁场开始计时,以电流沿逆时针方向为正.关于线框中感应电流i 随时间t 变化的关系,下列四幅图可能正确的是( )解析:A 设线框进入磁场的速度为v ,线框进入磁场的前一半过程,切割磁感线的有效长度:L =2v t tan 30°,线框切割磁感线,产生感应电动势E =BL v =2B v 2t tan 30°,感应电流:i =E R =2B v 2t tan 30°R,i 与t 成正比,线框在进磁场的过程中,磁通量增加,根据楞次定律可知,感应电流的方向为ABCA ,为正;在出磁场的过程中,磁通量减小,根据楞次定律知,感应电流的方向为ACBA ,为负.在线框进入磁场的前一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,在线框进入磁场的后一半(即出磁场的前一半)过程中,切割的有效长度不变,感应电动势不变,则感应电流不变;在线框出磁场的后一半的过程中,切割的有效长度均匀增大,感应电流均匀增大.故A 正确.二、多项选择题6.(2020·广东广州市4月综合测试)如图,两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间,导轨两端a 、b 断开,金属杆L 垂直导轨放置.闭合开关S ,下列判断正确的是( )A .电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B .若给金属杆向左的初速度,则a 点电势高于b 点C .若a 、b 间接导线,向下移动滑片P ,则金属杆向左运动D .若a 、b 间接直流电源,a 接正极、b 接负极,则金属杆向左运动解析:AC 闭合开关S ,根据右手螺旋定则可知,电磁铁两磁极之间的磁场方向向下,选项A 正确;根据右手定则可知,若给金属杆向左的初速度,则a 点电势低于b 点,选项B 错误;若a 、b 间接导线,向下移动滑片P ,则螺线管中的电流变大,磁场增强,由于穿过闭合回路的磁通量增加,由楞次定律可知,金属杆向左运动,选项C 正确;若a 、b 间接直流电源,a 接正极、b 接负极,由左手定则可知,金属杆向右运动,选项D 错误.7.(2020·天津卷)手机无线充电是比较新颖的充电方式.如图所示,电磁感应式无线充电的原理与变压器类似,通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈,利用产生的磁场传递能量.当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后,就会在邻近的受电线圈中感应出电流,最终实现为手机电池充电.在充电过程中( )A .送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B .受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C .送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D .手机和基座无需导线连接,这样传递能量没有损失解析:AC由于送电线圈输入的是正弦式交变电流,是周期性变化的,因此产生的磁场也是周期性变化的,A正确;受电线圈中的电流也是正弦式交变电流,产生的磁场呈周期性变化,B错误;根据变压器原理,原、副线圈是通过互感现象实现能量传递,因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递,C正确;手机与机座无需导线连接就能实现充电,但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉,因此这样传递能量是有能量损失的,D 错误.8.如图所示,光滑绝缘斜面倾角为θ,斜面底端有一直导线通有恒定电流I.斜面上有一闭合矩形导线框abcd正沿斜面下滑,ab边始终与MN平行,在导线框下滑至ab边未到达斜面底端过程中,下列说法正确的是()A.线框有扩张的趋势B.线框中有沿adcba方向的感应电流C.线框cd边受到的安培力沿斜面向下D.整个线框所受安培力的合力为零解析:BC根据直导线产生的磁场特点:离导线越近磁场越强,在导线框向下滑动过程中,穿过线框的磁通量增大,由“增缩减扩”可知,线框有收缩的趋势,故A错误;在导线框向下滑动过程中,穿过线框的磁通量增大,磁场方向垂直斜面向上,根据楞次定律可知,线框中有沿adcba方向的感应电流,故B正确;cd中的电流由d到c,磁场方向垂直斜面向上,根据左手定则可知,线框cd边受到的安培力沿斜面向下,故C正确;由于ab边与cd 边所在处的磁场不同,ab与cd中的电流大小相同,所以ab、cd所受安培力大小不同,ad 与bc所受安培力大小相同,所以整个线框所受安培力的合力不为零,故D错误.9.(2020·山东烟台市第一学期期末)如图所示,两根平行光滑金属导轨间距为L,导轨电阻不计,下端PQ接有阻值为R的电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ,且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中.一质量为m、接入电路的电阻也为R 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上,静止时导体棒处于导轨的MN处.已知弹簧的劲度系数为k,弹簧的中心轴线与导轨平行.现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放,整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.则下列说法中正确的是()A .当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到QB .当导体棒的速度最大时,弹簧的伸长量为mg sin θkC .导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ,则导体棒从开始运动到停止运动的过程中,回路中产生的焦耳热为m 2g 2sin 2 θk-E p D .若导体棒第一次运动到MN 处时速度为v ,则此时导体棒的加速度大小为B 2L 2v 2mR解析:ACD 由右手定则可知,当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到Q ,故A 正确;导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大,弹簧伸长量为mg sin θk时,弹簧弹力为mg sin θ,此时导体棒所受合力为安培力,导体棒速度不是最大,故B 错误;导体棒最终静止,由平衡条件得:mg sin θ=kx ,弹簧伸长量:x =mg sin θk,由能量守恒定律得:mgx sin θ=Q +E p ,解得:Q =m 2g 2sin 2θk-E p ,故C 正确;导体棒第一次到达MN 处时,弹簧的弹力:kx =mg sin θ,此时导体棒受到的安培力为F =BIL =B 2L 2v 2R,对导体棒,由牛顿第二定律得:kx -mg sin θ+B 2L 2v 2R =ma ,解得:a =B 2L 2v 2mR,故D 正确. 三、非选择题10.一个圆形线圈,共有n =10匝,其总电阻r =4.0 Ω.线圈与阻值R 0=16 Ω的外电阻连成闭合回路,如图甲所示.线圈内部存在着一个边长l =0.20 m 的正方形区域,其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场,图乙显示了一个周期内磁场的变化情况,周期T =1.0×10-2 s ,磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向.求:(1)t =18T 时刻,电阻R 0上的电流大小和方向;(2)0~12T 时间内,流过电阻R 0的电荷量; (3)一个周期内电阻R 0的发热量.解析:(1)0~T 4内,感应电动势大小恒定, E 1=n ΔΦ1Δt 1=8 V 电流大小I 1=E 1R 0+r,可得I 1=0.4 A 电流方向从b 到a .(2)同(1)可得T 4~T 2内,感应电流大小I 2=0.2 A 流过电路的电荷量q =I 1T 4+I 2T 4, 代入数据解得q =1.5×10-3 C.(3)Q =I 21R 0T 2+I 22R 0T 2,解得Q =1.6×10-2 J. 答案:(1)0.4 A 从b 向a (2)1.5×10-3 C(3)1.6×10-2 J11.(2020·浙江卷)如图1所示,在绝缘光滑水平桌面上,以O 为原点、水平向右为正方向建立x 轴,在0≤x ≤1.0 m 区域内存在方向竖直向上的匀强磁场.桌面上有一边长L =0.5 m 、电阻R =0.25 Ω的正方形线框abcd ,当平行于磁场边界的cd 边进入磁场时,在沿x 方向的外力F 作用下以v =1.0 m/s 的速度做匀速运动,直到ab 边进入磁场时撤去外力.若以cd 边进入磁场时作为计时起点,在0≤t ≤1.0 s 内磁感应强度B 的大小与时间t 的关系如图2所示,在0≤t ≤1.3 s 内线框始终做匀速运动.(1)求外力F 的大小;(2)在1.0 s ≤t ≤1.3 s 内存在连续变化的磁场,求磁感应强度B 的大小与时间t 的关系;(3)求在0≤t ≤1.3 s 内流过导线横截面的电荷量q .解析:(1)t 0=0,B 0=0.25 T回路电流I =B 0L v R安培力F A =B 20L 2Rv 外力F =F A =0.062 5 N.(2)匀速出磁场,电流为0,磁通量不变Φ1=Φt 1=1.0 s 时,B 1=0.5 T ,磁通量Φ1=B 1L 2t 时刻,磁通量Φ=BL [L -v (t -t 1)]得B =16-4t. (3)0≤t ≤0.5 s 电荷量q 1=B 0L 2R =0.25 C 0.5 s ≤t ≤1.0 s 电荷量q 2=B 1L 2-B 0L 2R=0.25 C 总电荷量q =q 1+q 2=0.5 C.答案:(1)0.062 5 N (2)B =16-4t(3)0.5 C 12.如图所示,两根质量均为m =2 kg 的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上,左右两部分导轨间距之比为1∶2,导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场,两棒电阻与棒长成正比,不计导轨电阻.现用250 N 的水平拉力F 向右拉CD 棒,CD 棒运动s =0.5 m 时,其上产生的焦耳热为Q 2=30 J ,此时两棒速率之比为v A ∶v C =1∶2,现立即撤去拉力F ,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动,求:(1)在CD 棒运动0.5 m 的过程中,AB 棒上产生的焦耳热;(2)撤去拉力F 瞬间,两棒的速度大小v A 和v C ;(3)撤去拉力F 后,两棒最终匀速运动的速度大小v A ′和v C ′.解析:(1)设两棒的长度分别为l 和2l ,所以电阻分别为R 和2R ,由于电路中任何时刻电流均相等,根据焦耳定律Q =I 2Rt 可知Q 1∶Q 2=1∶2,则AB 棒上产生的焦耳热Q 1=15 J.(2)根据能量守恒定律有Fs =12m v 2A +12m v 2C +Q 1+Q 2 又v A ∶v C =1∶2,联立以上两式并代入数据得v A =4 m/s ,v C =8 m/s.(3)撤去拉力F 后,AB 棒继续向左做加速运动,而CD 棒向右做减速运动,两棒最终匀速运动时电路中电流为零,即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等,此时两棒的速度满足BL v A ′=B ·2L v C ′即v A ′=2v C ′(不对过程进行分析,认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理,规定水平向左为正方向,有 F A ·t =m v A ′-m v A , F C ·t =-m v C ′-(-m v C ).因为F C =2F A ,故有v A ′-v A v C -v C ′=12联立以上各式解得v A ′=6.4 m/s ,v C ′=3.2 m/s.答案:(1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s。

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