1、高考资源网（） 您身边的高考专家训练12电磁感应定律及其应用一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求)1.将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动，灯泡的电阻为r.导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则半圆形硬导线的转速为()A. B.C. D.解析：半圆形导线转动时切割磁感线产生感应电动势，则电源电动势的有效值E，对于小灯泡有P，两式联立得n.答案：B2.如图为无线充电技术中使用的受
2、电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端b和a之间的电势差ba()A从零均匀变化到B从零均匀变化到C恒为D恒为解析：根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E；根据楞次定律可知b点电势较高，故ba0，D正确答案：D3.在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的vt图，可能正确的是()解析：线框进入磁场的过程受到的安培力：FBI
3、LBL，线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度L增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mgFma，则ag，线框由静止做加速运动，由于L、v不断增大，加速度a减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，vt图象的斜率减小故C正确答案：C4.如图甲所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域和内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，和之间无磁场一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同图乙的四个图象中能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是(
4、)解析：MN棒先做自由落体运动，当到区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安mg，由牛顿第二定律得，F安mgma，减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小；离开区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在区磁场中运动情况与区磁场中完全相同，所以只有C项正确答案：C5如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动导体棒cd始终静止在导轨上，以水
5、平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是()答案：B6.在光滑的绝缘水平面上方，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，PQ为磁场边界一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A处，现给金属圆环一水平向右的初速度v.当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时的速度为，则下列说法正确的是()A此时圆环中的电功率为B此时圆环的加速度为C此过程中通过圆环截面的电荷量为D此过程回路中产生的电能为0.75mv2解析：当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，产生的感应电动势EB2aBav，感应电流I，圆环中的电功率PI2R，选项A错误；金属圆环受到的安
6、培力F2BIa，所以a，选项B正确；由qIt，可知选项C正确；由能量守恒得：产生的电能W电mv2m()2mv2，选项D错误答案：BC7.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道半径为r、间距为L，轨道的电阻不计在轨道的顶端连有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd开始，在拉力作用下以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中()A通过R的电流方向为由内向外B通过R的电流方向为由外向内CR上产生的热量为D通过R的电荷量为解析：由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，选项A错误，B正确；通过R的电荷量q，选项D错
7、误；金属棒产生的瞬时感应电动势eBLv0cost，有效值E，R上产生的热量Qt，选项C正确答案：BC8如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为l，两导轨间连有一电阻R，导轨平面与水平面的夹角为，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数tan，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是()A导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B在涂层区导体棒做减速运动C导体棒到达底端的速度为D整个运动过程中产生的焦耳热为mgh解
8、析：导体棒到达涂层前速度越来越大，由EBLv得，感应电动势越来越大，根据I和FBIL得，所受的安培力越来越大，由FmgsinBILma得，加速度越来越小，故A正确；当导体棒到达涂层时，所受力平衡，但是到达涂层后，安培力消失，在涂层区受摩擦力，受力分析得导体棒受力平衡，故导体棒匀速运动，故B错误；根据受力平衡条件得：BILmgsin，得：mgsin，所以v，故C正确；由能量守恒得产生的总热量Qmghmv2mgh，产生的总热量包括焦耳热和导体棒与涂层摩擦产生的热量，故D错误答案：AC二、计算题(本大题共2小题，共36分需写出规范的解题步骤)9如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，
9、其宽度L1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R0.40 的电阻，质量为m0.01 kg、电阻为r0.30 的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；(2)求磁感应强度B的大小；(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量解析：(1)由右手定则判断得ba.(2)当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得mgBIL金
10、属棒产生的感应电动势EBLv1则电路中的电流I由图象可得v17 m/s代入数据解得B0.1 T(3)以金属棒ab为研究对象，在01.5 s，根据动能定理得mghW总mv0W总0.455 J由闭合电路欧姆定律得E总I(Rr)则电阻R两端的电压UR为URE总则电阻R上产生的热量QRW总0.26 J答案：(1)ba(2)0.1 T(3)0.26 J10如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L，左端接一电源，其电动势为E、内阻为r，有一质量为m、长度也为L的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁
11、场中(1)若闭合开关S的同时对金属棒施加水平向右恒力F，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；(2)若开关S开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F，一段时间后再闭合开关S；要使开关S闭合瞬间棒的加速度大小为，则F需作用多长时间解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流为I金属棒所受安培力水平向右，大小为：FAILB由牛顿第二定律得：a整理可得：aLB金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件得：FAF由安培力公式，FAILB由闭合电路欧姆定律得：I联立求得：vm(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v，此时电流为I由牛顿第二定律得：a所以加速度aLB若加速度大小为，则|LB|解得速度v1，v2又未闭合开关S时金属棒的加速度一直为a0解得恒力F作用时间为：t1或t2答案：(1)LB(2)或 版权所有高考资源网诚招驻站老师，联系QQ2355394696
