1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(十二)电磁感应规律及其应用(45分钟100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题9分,共63分。多选题已在题号后标出)1.朝南的钢窗原来关着,今将它突然朝外推开,转过一个小于90的角度,考虑到地球磁场的影响,则钢窗活动的一条边中(西边)()A.有自下而上的微弱电流B.有自上而下的微弱电流C.有微弱电流,方向是先自上而下,后自下而上D.有微弱电流,方向是先自下而上,后自上而下2.(多选)(2013资阳二模)如图所示,水平面内两根光滑的平行金属导轨,左端与电阻R相
2、连接,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,一定质量的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。若对金属棒施加一个水平向右的外力F,使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和c。若导轨与金属棒的电阻不计,a到b与b到c的距离相等,则下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是()A.在从a到b与从b到c的两个过程中,通过电阻R的电量之比为11B.在从a到b与从b到c的两个过程中,电阻R上产生的热量之比为11C.金属棒通过b、c两位置时,电阻R消耗的功率之比为12D.金属棒通过b、c两位置时,外力F做功的功率之比为123.(2013绵阳二模)矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向
3、与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图像如图所示,t=0时刻磁感应强度的方向垂直纸面向里。若规定导线框中感应电流逆时针方向为正,则在04s时间内线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图像为图中的(安培力取向上为正方向)()4.(多选)如图所示的电路中,两根光滑金属导轨平行放置在倾角为的斜面上,导轨下端接有电阻R,导轨电阻不计,斜面处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中,电阻可略去不计的金属棒ab质量为m,受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用,金属棒沿导轨匀速下滑,则它在下滑h高度的过程中,以下说法正确的是()A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力做功将机械
4、能转化为电能C.重力与恒力F做功的代数和等于电阻R上产生的焦耳热D.金属棒克服安培力做的功等于重力与恒力F做的总功与电阻R上产生的焦耳热之和5.(2013烟台一模)如图甲所示,匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B,磁场在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,在图乙中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是()6.(2013海南高考)如图,水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环,环面水平,圆环每单位长度的电阻为r;空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向
5、下;一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切,切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动,运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是()A.拉力的大小在运动过程中保持不变B.棒通过整个圆环所用的时间为C.棒经过环心时流过棒的电流为D.棒经过环心时所受安培力的大小为7.(多选)(2013枣庄一模)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R,在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图乙是金属
6、线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图像,图像内数据均为已知量。重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.金属线框的边长为v1(t2-t1)C.磁场的磁感应强度为D.金属线框在0t4的时间内所产生的热量为mgv1(t2-t1)+m(-)二、计算题(本大题共2小题,共37分。需写出规范的解题步骤)8.(17分)(2013乐山二模)如图甲所示,“”形线框竖直放置,电阻不计。匀强磁场方向与线框平面垂直,一个质量为m,阻值为R的光滑导体棒AB,紧贴线框滑下,所达到的最大速度为v。现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为的斜
7、面上,如图乙所示。(1)在斜面上导体棒由静止释放,在下滑过程中,线框一直处于静止状态,求导体棒的最大速度v1;(2)在导体棒下滑过程中线框保持静止,求线框与斜面之间的动摩擦因数所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力);(3)现用一个恒力F=2mgsin沿斜面向上由静止开始拉导体棒,通过距离s时导体棒已经做匀速运动,线框保持不动,求此过程中导体棒上产生的焦耳热。9.(20分)(2013西城一模)如图所示,两条光滑的金属导轨相距L=1m,其中MN段平行于PQ段,位于同一水平面内,NN0段与QQ0段平行,位于与水平面成倾角37的斜面上,且MNN0与PQQ0均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨
8、区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2,且B1=B2=0.5T。ab和cd是质量均为m=0.1kg、电阻均为R=4的两根金属棒,ab置于水平导轨上,cd置于倾斜导轨上,均与导轨垂直且接触良好。从t=0时刻起,ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动,且垂直于水平导轨),cd受到F=0.6-0.25t(N)沿斜面向上的力的作用,始终处于静止状态。不计导轨的电阻。(sin37=0.6,g取10m/s2)(1)求流过cd棒的电流强度Icd随时间t变化的函数关系;(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系;(3)求从t=0时刻起,1.
9、0s内通过ab棒的电荷量q;(4)若t=0时刻起,1.0s内作用在ab棒上的外力做功为W=16J,求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd。答案解析1.【解析】选A。钢窗打开时,向北穿过钢窗的磁通量减小,根据楞次定律,钢窗的活动边产生自下而上的微弱电流,故A正确。【变式备选】北半球地磁场的竖直分量向下。如图所示,在北京某中学实验室的水平桌面上,放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd,线圈的ab边沿南北方向,ad边沿东西方向。下列说法中正确的是()A.若使线圈向东平动,则a点的电势比b点的电势高B.若使线圈向北平动,则a点的电势比b点的电势低C.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为a
10、bcdaD.若以ab为轴将线圈向上翻转,则线圈中感应电流方向为adcda【解析】选C。由右手定则知,若使线圈向东平动,线圈的ab边和cd边切割磁感线,c(b)点电势高于d(a)点电势,故A错;若线圈向北平动,线圈的bc边和ad边切割磁感线,线圈中无感应电流,a点电势与b点电势相等,B错误;若以ab为轴将线圈向上翻转,穿过线圈平面的磁通量将变小,由楞次定律可判得线圈中感应电流方向为abcda,C对,D错。2.【解析】选A、C。由q=知,金属棒从a到b和从b到c过程中,通过电阻R的电量相等,A正确。根据v2=2ax,E=BLv,I=和P=I2R得P=,因为xbxc=12,所以PbPc=12,C正确
11、。由=BL,Q=I2Rt和t=得Q=,从b到c的平均速度不是从a到b的平均速度的2倍,所以从a到b与从b到c的两个过程中R上产生的热量之比不是12,B错误。根据P=Fv=(BIL+ma),金属棒通过b、c两位置时,F做功的功率之比不是12,D错误。3.【解析】选C。由楞次定律知02s时间段内感应电流的方向为顺时针方向,24s时间段内感应电流的方向为逆时针方向;由法拉第电磁感应定律知04s内感应电动势大小不变;01s、23 s时间段ab边所受安培力方向向上;由F=BIL知,安培力大小总与磁感应强度大小成正比,只有选项C正确。4.【解析】选A、C。由于金属棒匀速下滑,由动能定理可知作用在金属棒上的
12、各个力的合力做功为零,故A对;只有克服安培力做功,才将机械能转化为电能,故B错误;由动能定理得WG-WF-W安=0,变形可得WG-WF=W安,可知C正确,D错误。5.【解析】选D。由楞次定律可知,线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故线框中的感应电流沿逆时针方向,为正,又因为线框做匀速运动,故感应电流随位移线性增大;同理可知线框离开磁场时,产生的感应电流大小随位移线性增大,方向为负,选项A、B错误;BC两端的电压UBC跟感应电流成正比,故选项C错误,D正确。6.【解析】选D。导体棒在关于O点对称的两个位置,闭合回路的总电阻相同,但导体棒在O点右侧的速度大,感应电动势大,安培力
13、F=BIL也大,F拉-F=ma,F变化,所以F拉也变化,A错误;由运动学公式得at2=2R,整理可得t=2,B错误;棒经过环心时经历的时间为a=R,则t中=,产生的感应电动势为E=BLat中=2BR,此时回路总电阻R总=Rr,则流过棒的电流为I=,C错误;棒经过环心受到的安培力F=BIL=B2R=,D正确。7.【解析】选B、C。由楞次定律可知金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向,A错误;由图乙可知,金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,所以金属线框的边长:l=v1(t2-t1),B正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力:mg
14、=BIl,I=,解得:B=,C正确;金属线框只在进入和穿出磁场时产生焦耳热,即在t1t2、t3t4两个时间段内产生的热量:Q=2mgl+m(-)=2mgv1(t2-t1)+m(-),故D错误。8.【解析】(1)线框竖直时,对导体棒有E=BLv (2分)I= (2分)mg=BIL= (1分)同理,导体棒在斜面上下滑速度最大时mgsin= (2分)解得v1=vsin (1分)(2)设线框的质量为M,当棒AB速度最大时,线框受到的沿斜面向下的安培力最大,要使线框静止不动,则Mgsin+F安fmax即Mgsin+mgsin(M+m)gcos (2分)解得tan (1分)(3)当导体棒匀速运动时F=mg
15、sin+F安 (2分)F安= (1分)由功能关系可得Fs=mgssin+m+Q (2分)联立可得Q=mgssin-mv2sin2 (1分)答案:(1)vsin(2)tan(3)mgssin-mv2sin29.【解析】(1)cd棒平衡,则F+Fcd=mgsin37 (2分)Fcd=B2IcdL (1分)得Icd=0.5t(A) (2分)(2)cd棒中电流Icd=Iab=0.5t(A), (1分)则回路中电源电动势E=IcdR总 (1分)ab棒切割磁感线,产生的感应电动势为E=B1Lvab (1分)解得ab棒的速度vab=8t(m/s)所以,ab棒做初速度为零的匀加速直线运动。 (2分)(3)ab
16、棒的加速度为a=8m/s2,1.0 s内的位移为s=at2=81.02m=4m (1分)根据=, (1分)得q=t=C=0.25C (2分)(4)t=1.0s时,ab棒的速度vab=8t(m/s)=8m/s (1分)根据动能定理W-W安=mv2-0 (2分)得1.0s内克服安培力做功W安=(16-0.182)J=12.8J (1分)回路中产生的焦耳热Q=W安=12.8J (1分)cd棒上产生的焦耳热Qcd=6.4J (1分)答案:(1)Icd=0.5t(A)(2)vab=8t(m/s)(3)0.25C(4)6.4J【方法技巧】导体棒切割问题的处理思路(1)基本方法:用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。求回路中的电流。分析研究导体受力情况。列动力学方程或平衡方程求解。(2)受力情况、运动情况的动态分析:关闭Word文档返回原板块
