1、高频考点强化练(六)电磁感应的综合应用(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,14题为单选题,58题为多选题)1.如图所示,边长为2L、电阻为R的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为L、磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向外。刚开始时线框的右边ab刚好与磁场的左边界重合,规定水平向右为右边ab受到安培力的正方向。能正确反映右边ab受到的安培力随运动距离x变化的图象是图中的()【解析】选C。线框的位移在0L内时,ab边切割磁感线产生的感应电动势为E=B2Lv,感应电流I=,ab边所受的安培力大小为F=BI2L=,由楞次定律知,ab边
2、受到的安培力方向向左,为负值。线框的位移大于L后,位移在L2L内线框中磁通量不变,不产生感应电流,ab边不受安培力;位移在2L3L内,ab边在磁场之外,不受安培力,选项C正确。2.如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体杆ab电阻为r并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给ab杆一个瞬时冲量,使它获得水平向右的初速度v0。下列图象中,关于ab杆的速度v、通过电阻R中的电流i、电阻R的电功率P、通过MPabM的磁通量随时间变化的规律,可能正确的是世纪金榜导学号()【解
3、析】选B。ab杆获得水平向右的初速度v0后切割磁感线,产生感应电流,受到水平向左的安培力而做减速运动,根据安培力的表达式F=,知安培力随着速度的减小而减小,加速度也减小,v-t图象的斜率逐渐减小,因此v-t图象应为曲线,选项A错误;根据i=知i随着v的减小而减小,v-t图象切线的斜率减小,则i-t图象切线的斜率也减小,选项B正确;根据P=i2R知,i减小,P也减小,选项C错误;根据=BS知,ab杆向右运动时,磁通量不断增大,选项D错误。3.将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直于纸面向里的匀强磁场中,回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场,以向里为磁场的
4、正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图象是图中的()【解析】选B。0时间内,根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得,回路的圆环形区域产生大小恒定、沿顺时针方向的感应电流,根据左手定则,ab边在匀强磁场中受到水平向左的恒定的安培力;同理,T时间内,ab边在匀强磁场中受到水平向右的恒定的安培力,故B正确。4.如图所示,水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且
5、与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I,关于此后的过程,下列说法正确的是()A.回路中的最大电流为B.铜棒b的最大加速度为C.铜棒b获得的最大速度为D.回路中产生的总焦耳热为【解析】选B。给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I,此时铜棒a的速度最大,产生的感应电动势最大,回路中电流最大,每个棒受到的安培力最大,其加速度最大,I=mv0,v0=,铜棒a产生的电动势E=BLv0,回路电流I0=,选项A错误;此时铜棒b受到安培力F=BI0L,其加速度a=,选项B正确;此后铜棒a做变减速运动,铜棒b做变加速运动,当二者达到共同速度时,铜棒b速度最大,据动量守恒,mv0=2mv,铜棒b最大速度
6、v=,选项C错误;回路中产生的焦耳热Q=m-2mv2=,选项D错误。5.图甲为手机及无线充电板,图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究,现将问题做如下简化:设受电线圈的匝数为n,面积为S,总电阻(含所接元件)为R,若在t1到t2时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度由B1增加到B2。下列说法正确的是()A.在t1到t2时间内,c点的电势高于d点的电势B.在t1到t2时间内,受电线圈通过的电量为C.若只增加送电线圈匝数,可使c、d之间的电压减
7、小D.受电线圈中的电流大小与交流电的频率有关【解析】选B、C。根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可得:=n=nS=S,根据欧姆定律可得:=,通过的电荷量为:q=(t2-t1),联立可得:q=S,故B正确;若只增加送电线圈匝数,相当于增大变压器的原线圈匝数,所以c、d之间的电压减小,故C正确;受电线圈是通过电磁感应获得能量的,所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关,故D错误。所以B、C正确,A、D错误。6.如图所示,两水平放置的平行金属导轨AB和CD相距0.5 m,AC间
8、接阻值为1 的电阻,导体棒MN到AC的距离为0.4 m,整个装置放在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,导体棒MN垂直放在导轨上,导轨和导体棒MN的电阻可忽略不计,则下列说法正确的是世纪金榜导学号()A.若导体棒MN向右滑动,则M端电势高B.若匀强磁场的磁感应强度大小为0.2 T,导体棒MN以5 m/s的速度水平向右匀速滑动时,则其所受水平外力的大小是0.25 NC.若导体棒MN固定,图中磁场的磁感应强度随时间均匀增大,则导体棒中有N到M的电流D.若导体棒MN固定,磁场的磁感应强度随时间变化的规律为B=(5+0.5t)T,则通过导体棒的电流为0.125 A【解析】选A、C。棒向右切割磁感线,产生动
9、生电动势,由右手定则知电流方向为N到M,而此方向为等效电源内部的电流流向,故M点为电源正极电势高,选项A正确;动生电动势大小由E=BLv=0.20.55 V=0.5 V,而匀速运动时外力和安培力相等,故有F外=F安=BL=0.05 N,选项B错误;磁感应强度随时间均匀增大,产生感生电动势,由楞次定律可知电流方向为N到M,选项C正确;感生电动势大小为E=n=Ld=0.50.50.4=0.1 V,故由欧姆定律可知I=0.1 A,选项D错误。7.(2020大连模拟)有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的圆形线圈平面,规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度B的正方向,电流从a经R流向b为电流的正方向。现已
10、知R中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示,那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的()【解析】选A、B。在01 s内,产生的感应电流为I0,方向为顺时针,可能为垂直线圈平面向里的磁感应强度均匀减小的磁场,也可能是垂直线圈平面向外磁感应强度均匀增大的磁场。在12 s内,产生的感应电流为2I0,方向为逆时针,可能为垂直线圈平面向里磁感应强度均匀增大的磁场,也可能是先垂直线圈平面向外磁感应强度均匀减小的磁场,再垂直线圈平面向里磁感应强度均匀增大的磁场,且磁感应强度的变化率是01 s 的两倍,故A、B正确,C、D错误。8.如图两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻R。Ox轴平行
11、于金属导轨,在0x4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B=0.8-0.2x(T)。金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨运动,金属棒始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=1 m经x2=2 m到x3=3 m的过程中,R的电功率保持不变,则金属棒()A.在x1与x3处的电动势之比为13B.在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为31C.从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为53D.从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为53【解析】选B、C、D。由于金属棒在运动过程中,R的电功率
12、不变,则由P=I2R知电路中电流I不变,又根据E=IR知在x1与x3处电动势相同,选项A错误;由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6 T、0.4 T、0.2 T,设导轨间距为L,由F=BIL知金属棒在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为31,选项B正确;由E=,q=It,得q=,如图为B随x变化的图象,图线与坐标轴所围的面积与L的乘积表示回路磁通量的变化量,可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为53,选项C正确;根据Q=I2Rt和q=It可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程所用的时间之比为53,则R产生的焦耳热之比为53,选项D正确。二、计算题
13、(本题共2小题,共36分,需写出规范的解题步骤)9.(16分)(2019江苏高考)如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 ,磁场的磁感应强度B=0.2 T。现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在t=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中:(1)感应电动势的平均值E;(2)感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向;(3)通过导线横截面的电荷量q。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律有:感应电动势的平均值E=磁通量的变化=BS解得:E=代入数据得:E=0.12 V;(2)由闭合电路欧姆定律可得:平均电流I=代入数据得
14、I=0.2 A由楞次定律可得,感应电流沿顺时针方向。(3)由电流的定义式I=可得:电荷量q=It,代入数据得q=0.1 C。答案:(1)0.12 V(2)0.2 A电流方向如图(3)0.1 C10.(20分)如图所示,宽度为L的光滑平行金属导轨左端是半径为r1的四分之一圆弧导轨,右端是半径为r2的半圆导轨,中部是与它们相切的水平导轨。水平导轨所在的区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平导轨上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始从左端导轨最高点滑下,当b滑至水平导轨某位置时,a滑到右端半圆导轨最高点(b始终运动且a、b未相撞),并且a在最高点对导轨的压力大小
15、为mg(g为重力加速度),此过程中通过a的电荷量为q。已知a、b杆的电阻分别为R1、R2,其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动至右端半圆导轨最高点过程中,a、b均始终与导轨垂直且接触良好,求:(1)b在水平导轨上运动时的最大加速度;(2)上述过程中系统产生的焦耳热;(3)a刚到达右端半圆导轨最低点时b的速度大小。【解析】(1)对b从开始至滑上水平导轨过程,由机械能守恒定律得M=Mgr1解得=b刚滑上水平导轨时加速度最大,此时E=BL,I=由牛顿第二定律得F安=BIL=Ma解得a=(2)在整个过程中,由动量定理得-BLt=M-M即-BLq=M-M解得=-根据牛顿第三定律,a在最高点时轨道对其
16、支持力FN=FN=mg由牛顿第二定律得mg+FN=m解得=对a、b组成的系统,由能量守恒定律得Mgr1=M+m+2mgr2+Q解得Q=BLq-3mgr2-(3)a从右端半圆导轨最低点到最高点过程中,由能量守恒定律得2mgr2=m-m解得=从b刚滑上水平导轨至a滑到右端半圆导轨最低点的过程中,由动量守恒定律得M=M+m解得=-答案:(1)(2)BLq-3mgr2-(3)-【加固训练】如图所示,间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成。倾斜部分与水平部分平滑相连,倾角为,在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻。质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上,在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面
17、向下、磁感应强度为B的匀强磁场;在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场。闭合开关S,让金属杆MN从图示位置由静止释放,已知金属杆MN运动到水平轨道前,已达到最大速度,不计导轨电阻且金属杆MN始终与导轨接触良好,重力加速度为g。求:(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm; (2)金属杆MN在倾斜导轨上运动,速度未达到最大速度vm前,当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中,通过定值电阻的电荷量为q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q;(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm。【解析】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时,其受到的合力为零,对其
18、受力分析,可得mgsin-BImL=0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得:Im=解得:vm=(2)设在这段时间内,金属杆MN运动的位移为x由电流的定义可得:q=t根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得:平均电流=解得:x=设电流为I0时金属杆MN的速度为v0,根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律,可得I0=,解得v0=设此过程中,电路产生的焦耳热为Q热,由功能关系可得:mgxsin=Q热+m定值电阻r产生的焦耳热Q=Q热解得:Q=-(3)设金属杆MN在水平导轨上滑行时的加速度大小为a,速度为v时回路电流为I,由牛顿第二定律得:BIL=ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得:I=得:v=mvt=mv,即xm=mvm得:xm=答案:见解析关闭Word文档返回原板块
