2020届高三物理一轮复习练习：专题突破练9含答案

专题突破练(九) 电磁感应

(限时：40分钟)

对点强化1 等效法在电磁感应中的应用

1．(多选)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图1所示，在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场方向垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB

Δt ＝k (k <0)．则( ) 【导学号：96622419】

图1

A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流

B ．圆环具有扩张的趋势

C ．圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

krS 2ρ

D ．图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

14k πr 2

BD 根据楞次定律和安培定则，圆环中将产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张的趋势，A 错误、B 正确；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势大小为E ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB ·πr 2

2Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪

k πr 2

2，由电

阻定律知R ＝ρ2πr S ，所以感应电流的大小为I ＝E R ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪

krS 4ρ，C 错误；根据闭合电路欧姆定律可得a 、b

两点间的电势差U ab ＝⎪⎪⎪⎪

⎪⎪

14k πr 2，D 正确．

2．半径为a 的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.2 T ，磁场方向垂直纸面向里．半径为b 的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a ＝0.4 m ，b ＝0.6 m ，金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R 0＝2 Ω，一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计．

图2

(1)若金属棒MN 以v 0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求金属棒MN 滑过圆环直径OO ′的瞬间(如图2所示)，金属棒MN 中的电动势和流过灯L 1的电流；

(2)撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环O L 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°，若此后磁场的磁感应强度随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4

π T/s ，求此时L 1的功率．

【解析】 (1)金属棒MN 滑过圆环直径OO ′的瞬间，金属棒MN 切割磁感线的有效长度为2a ，产生的感应电动势

E 1＝B ·2a v 0＝0.2×2×0.4×5 V ＝0.8 V 由欧姆定律得，流过灯L 1的电流 I 1＝E 1R 0

＝0.8

2A ＝0.4 A.

(2)设此时产生的感应电动势为E 2，由法拉第电磁感应定律得 E 2＝ΔΦΔt ＝12πa 2·

ΔB Δt ＝12×π×0.42×4π V ＝0.32 V L 1、L 2串联，每个灯上分得的电压 U ＝1

2E 2＝0.16 V

L 1的功率为P 1＝U 2R 0＝0.162

2 W ＝1.28×10－2 W.

【答案】 (1)0.8 V 0.4 A (2)1.28×10－2 W 对点强化2 电磁感应中的“杆＋导轨”模型

3．(多选)如图3所示，abcd 是由粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体棒MN 有电阻，可在ad 边与bc 边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中．当MN 棒由靠ab 边处向cd 边匀速移动的过程中，下列说法中正确的是( ) 【导学号：96622420】

图3

A ．MN 棒中电流先减小后增大

B．MN棒两端电压先增大后减小

C．MN棒上拉力的功率先增大后减小

D．矩形线框中消耗的电功率先减小后增大

AB设导体棒MN的速度为v，长为l，电阻为r，导体棒MN两边的电阻并联，则导体棒MN由ab向cd运动的过程中，导体棒在ad中点时，回路的总电阻最大，导体棒MN产生的感应电动势E＝Bl v，恒定不变，切割磁感线的导体棒MN相当于电源，可见在导体棒移动过程中，电路的总电阻先变

大后减小；由闭合电路欧姆定律I＝Bl v

R知，MN棒中电流先减小后增大，选项A正确；由U＝Bl v－Ir

可知，MN棒两端电压先增大后减小，选项B正确；根据功率的定义可得P＝F v＝BIl v，MN棒上拉力的功率先减小后增大，选项C错误；由于导体棒MN的电阻和线框电阻的大小关系不确定，无法确定矩形线框中消耗的电功率的变化，选项D错误．

4．间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图4甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路．细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)．当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动．测得拉力F与时间t的关系如图乙所示．g取10 m/s2.

甲乙

图4

(1)求ab杆的加速度a；

(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；

(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，通过cd杆横截面的电荷量为2 C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热．

【解析】(1)由题图乙可知，在t＝0时，F＝1.5 N

对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma代入数据解得a＝10 m/s2.

(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析如图所示，当cd杆速度最大时，有F f＝mg

＝μF N，F N＝F

安，F

安

＝BIL，I＝

BL v

R1＋R2

综合以上各式，解得v＝2 m/s.

(3)整个过程中，ab杆发生的位移x＝v2

2a＝

22

2×10

m＝0.2 m

对ab杆应用动能定理，有W F－μmgx－W

安＝

1

2m v

2

代入数据解得W

安

＝4.9 J

根据功能关系Q

总＝W

安

所以ab杆上产生的热量Q ab＝R1

R1＋R2

Q总＝2.94 J.

【答案】(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J

对点强化3与电磁感应有关的图象问题

5．一边长为L的正方形线框位于一个方向垂直线框平面向里的磁场中，如图5甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以F表示线框ab边所受到的安培力，以安培力向上为正．则下列F-t图象中正确的是() 【导学号：96622421】

图5

B0～1 s内磁感应强度均匀增大，由楞次定律知在线框内产生恒定逆时针方向的感应电流，由左手定则判得ab边受到向下的安培力，由F＝BIL可知其大小线性增大；1～2 s内磁感应强度不变，在线框内不产生感应电流，ab边不受安培力的作用；2～3 s内磁感应强度均匀减小，由楞次定律知在线框内产生恒定顺时针方向的感应电流，由左手定则判得ab边受到向上的安培力，由F＝BIL可知其大小线性减小．故选项B正确，选项A、C、D错误．

6．在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图6所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图象是()