专题分层突破练11　电磁感应规律及综合应用.docx

1、专题分层突破练11电磁感应规律及综合应用A组1.(2021北京海淀高三一模)线圈绕制在圆柱形铁芯上,通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁体的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内,铁芯、线圈及条形磁体的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁体分别与线圈相互平行或相互垂直放置,使其沿QP方向靠近线圈。若电流从电流计“+”接线柱流入时电流计指针向右偏转,在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象,且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是()2.(2021广东湛江高三模拟)如图所示,正方形线框abcd由四根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,线框顶点a、d

2、与直流电源(内阻不计)的负极和正极相接。若ab棒受到的安培力大小为F,则ad棒受到的安培力()A.大小为3F,方向由b到aB.大小为3F,方向由a到bC.大小为F,方向由a到bD.大小为F,方向由b到a3.(多选)(2021福建福州一中高三模拟)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心,圆环轴线与螺线管轴线重合,如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流,下列说法正确的是()A.t=T8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=T8和t=3T8时刻,圆环内有相同的感应电流D.t=3T8和t=5T8时刻,圆环内有相同的感应电流4.(多选)(2021广东名校联盟高三联考)空

3、间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图甲中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,则在t=0到t=t1的时间间隔内()甲乙A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为B0rS4t0D.圆环中的感应电动势大小为B0r24t05.(2021山东德州高三模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,使电路abcd的ad端加上如图乙所示的交流电压,a点电势高于d点电势时电压u为正值。电路abcd所围

4、区域内还有一弹性导线框MNPQ置于光滑水平面上。以下说法不正确的是()甲乙A.t1时刻,线框MNPQ中的感应电流为零B.t2时刻,电路abcd对线框MN的安培力为零C.t3时刻,线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向D.t2t3时间内,线框MNPQ的面积会变大6.(多选)(2021广东河源高三模拟)如图所示,在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻,线框底边恰好到达MN处;在t=T时刻,线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中()A.线框中的电流始终为逆时针方向B.

5、线框中的电流先逆时针方向,后顺时针方向C.t=T2时刻,流过线框的电流大小为3ka26RD.t=T2时刻,流过线框的电流大小为53ka212R7.(多选)(2021福建龙岩高三质检)如图所示,两条相距d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内,其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R、长为d的金属杆ab在导轨上以初速度v0水平向左运动,其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场,磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度v0匀速向右运动,金属杆进入磁场后,在磁场中运动t时间后达到稳定状态。导轨电阻不计。下列说法正确的是()A.当金属杆刚进入磁场时,杆两端的电压大小为Bdv0B.当金属杆运动达到稳定状态时,杆两

6、端的电压大小为Bdv0C.t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0D.t时间内金属杆所受安培力做的功等于08.(2021河北“五个一名校联盟”高三联考)如图所示,两宽度均为a的水平匀强磁场磁感应强度的大小相等,两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落,匀速通过上方匀强磁场区域,之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等B.线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等C.线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等D.线框通过

7、上、下两个磁场的时间相等B组9.(多选)(2021山东济南历城二中高三模拟)如图所示,倾斜平行金属导轨PQ、MN处在垂直导轨平面的匀强磁场中,铜棒ab垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好,由静止释放铜棒,在铜棒运动中闭合开关S,之后通过电阻R的电荷量为q,铜棒速度为v,铜棒和导轨电阻不计,不计摩擦。则下列q、v与时间t的关系图像,不可能成立的是()10.(多选)(2021宁夏银川模拟)如图所示,半径分别为2d和d的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内,两圆弧圆心均在O点,导轨右端接有阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态,金属棒AB通过绝缘轻杆连在O点的固定

8、转轴上,两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将金属棒由静止释放,金属棒绕O点转动,不计转轴处摩擦,不计导轨电阻,金属棒转动过程中始终与导轨接触良好。当金属棒AB第一次转到竖直位置时,金属棒转动的角速度为,则下列说法正确的是()A.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒AB两端的电压为32Bd2B.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒受到的安培力大小为3B2d34RC.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为3Bd28RD.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热11.(2021辽宁抚顺高三一模)如图所

9、示,有两根与水平面成30相距为d=0.2 m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,导轨的电阻忽略不计,在两根导轨的端点N、Q之间连接一个阻值R=0.5 的电阻,导轨上跨放着一根长l=0.3 m、质量m=0.01 kg、电阻值r=1.5 的金属棒ab,金属棒与导轨正交放置,接触良好,交点为c、d。空间有垂直导轨平面向下B=1 T的匀强磁场,金属棒沿导轨MN和PQ匀速下滑,g取10 m/s2。下列说法正确的是()A.金属棒匀速下滑的速度为109 m/sB.c、d两点间的电势差为-18 VC.a、b两点间的电势差为-916 VD.金属棒ab的发热功率为332 W12.(2021山东模拟)如图所示,足

10、够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平固定放置,导轨间距为l,导轨两端与定值电阻R1和R2相连,R1和R2的阻值均为R。磁感应强度大小为B的匀强磁场方向竖直向上,有一个质量为m、电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置。现在导体棒ab的中点施加一个水平恒力F,让导体棒ab从静止开始向右运动。经过时间t,运动达到稳定状态。导轨的电阻忽略不计,求:(1)导体棒达到稳定时ab两点之间的电势差Uab;(2)t时间内R1上产生的电热。13.(2021浙江宁波镇海二模)如图甲所示,在水平桌面上固定着两根相距l=20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q,轨道一端固定一根电阻R=0.02 的导体棒a,轨道上横置一根质

11、量m=40 g、电阻可忽略不计的金属棒b,两棒相距也为l=20 cm。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。开始时,磁感应强度B0=0.1 T。设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。甲乙丙(1)若保持磁感应强度B0的大小不变,从t=0时刻开始,给b棒施加一个水平向右的拉力,使它由静止开始做匀加速直线运动,此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示。求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小。(2)若从t=0开始,磁感应强度B随时间t按图丙中图像所示的规律变化,求在金属棒b开始运动前这个装置释放的热量。参考答案专题分层突破练11电磁感应规

12、律及综合应用1.A解析 A与B图中,当磁体向线圈靠近时,穿过线圈的磁通量向下增加,根据楞次定律可知,线圈中产生的感应电流从正极流入电流计,则电流计指针向右偏转,选项A正确,B错误。C与D图中,当磁体靠近线圈时,由对称性可知,穿过线圈的磁通量总是零,线圈中不会有感应电流,选项C、D错误。2.A解析 设每一根导体棒的电阻为R,长度为l。则通过ab棒的电流I1=E3R,有F=BI1l,通过ad棒的电流I2=ER,ad棒受到的安培力大小F2=BI2l,解得F2=3F,选项C、D错误。通过ad棒的电流方向由d到a,根据左手定则,ad棒受到的安培力方向由b到a,选项A正确,B错误。3.AD解析 由题图可知

13、在t=T8时刻,通过线圈的电流增大,则线圈产生的磁场增强,所以穿过金属小圆环的磁通量变大,根据楞次定律可知,圆环有扩张的趋势,选项A正确,B错误。由题图可知在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感应电流方向不同,选项C错误。由题图可知在t=3T8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感应电流方向也相同,选项D正确。4.BC解析 根据B-t图像,由楞次定律可知,线圈中感应电流方向一直为

14、顺时针,但在t0时刻,磁场的方向发生变化,故安培力FA的方向在t0时刻发生变化,选项A错误,B正确。由闭合电路欧姆定律得I=ER,根据法拉第电磁感应定律得E=t=Btr22=B0r22t0,又根据电阻定律得R=2rS,联立得I=B0rS4t0,选项C正确,D错误。5.D解析 t1时刻,电势最大但是图像的斜率为0,则其变化率也为0,所以线框MNPQ中的感应电流为零,选项A正确。t2时刻,线框MNPQ中的感应电流最大,但是电路中电流为0,其产生的磁场也为0,则电路abcd对线框MN的安培力为零,选项B正确。t3时刻,由右手定则可知电路abcd产生的磁场方向垂直水平面向上,并且磁通量增大,由楞次定律

15、可知,线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向,选项C正确。t2t3时间内,电路中的电流增大,线框MNPQ中的磁通量增大,由楞次定律的推论可知线框MNPQ的面积会变小,选项D错误。6.AD解析 根据楞次定律可知,穿过线框的磁通量增加,则线框中的电流始终为逆时针方向,选项A正确,B错误。线框的边长为2a3,速度v=aT。t=T2时刻,线框切割磁感线的有效长度为a3,动生电动势E=Bva3=kT2aTa3=3ka26,线框中产生的感生电动势E=BtS=k122a3+a3a2=34ka2,则流过线框的电流大小为I=E+ER=53ka212R,选项C错误,D正确。7.AD解析 当金属杆刚进入磁场时,杆相对

16、于磁场的速度是2v0,切割产生的电动势为2Bdv0,则杆两端的电压大小为Bdv0,选项A正确。开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动,当减速到0后,由于磁场依旧向右运动,则金属杆在安培力的作用下向右加速运动,直到杆与磁场的相对速度为0时,金属杆运动达到稳定状态,此时金属杆不再切割磁感线运动,杆两端的电压大小为0,选项B错误。t时间内金属杆所受安培力的冲量I=p=mv0-(-mv0)=2mv0,选项C错误。t时间内金属杆所受安培力做的功W=Ek=12mv02-12mv02=0,选项D正确。8.C解析 线框匀速通过上方磁场,加速一段距离后,将减速通过下方磁场,两次通过磁场时,克服

17、安培力做功不同,所以产生的电能不相等,选项A错误。根据电流公式得q=It=R=0,所以两次通过磁场流过的电荷量相等,选项B错误。进入上方磁场时,速度为v1=2ga,受力分析有mg=BIa=B2a2v1R=B2a2R2ga;进入下方磁场时,其速度为v2=8ga,受力分析有F=BIa-mg=B2a2v2R-mg=B2a2R8ga-mg=mg=ma,解得a=g,选项C正确。因为线框减速通过下方磁场的过程,最小速度不小于通过上方磁场时的速度,所以通过下方磁场时的时间较短,选项D错误。9.BD解析 设闭合开关S时铜棒的速度为v0,铜棒达到匀速运动的速度为v,则mgsin =B2l2vR,铜棒运动的加速度

18、a=mgsin-BIlm=gsin -B2l2vmR。若v0=v,则a=0,铜棒匀速下滑;若v00,铜棒加速下滑,且随速度的增大加速度减小,最终达到v=v;若v0v,则a0,铜棒减速下滑,且加速度随速度减小而减小,最终达到v=v,所以v-t图像的斜率只能为0或减小直至为0,选项D错误。通过电阻的电荷量q=It,其中电流I=BlvR,随铜棒速度的变化趋向相同,q从0开始增大,v=v时q-t图线斜率恒定且不为零,但电荷量q总是随时间而增大,选项B错误。10.BC解析 金属棒第一次转到竖直位置时角速度为,则电动势E=Bd2d+d2=32Bd2,此时AB两端的电压为路端电压,则有UAB=RR+RE=3

19、4Bd2,选项A错误。此时电路中的电流I=E2R=3Bd24R,金属棒受到的安培力大小为F安=BId=3B2d34R,选项B正确。从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为q=2R=3Bd28R,选项C正确。根据能量守恒定律可知,减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热和金属棒的动能之和,选项D错误。11.B解析 金属棒沿导轨匀速下滑,有BId=mgsin 30,E=Bdv,I=ER+r1,r1=rdl,解得r1=1 ,I=0.25 A,v=158 m/s,选项A错误。根据右手定则可知等效电源cd内部电流由c到d,即d点为电源正极,c、d两点间的电势差为闭合电路的路端电压,

20、且cd,Ucd0,有Ucd=-IR=-18 V,选项B正确。a、b两点间的电势差包括闭合电路cd间的路端电压、两端的棒切割磁感线产生的电动势,有Uab=Ucd+-B(l-d)v=-516 V,选项C错误。金属棒ab的发热功率为P=I2r1=116 W,选项D错误。12.答案 (1)-FR2Bl(2)F2Rt4B2l2-9F2R2m16B4l4解析 (1)导体棒达到稳定时做匀速直线运动,有BIl=F根据右手定则判断知ab棒中感应电流方向由a到b,则a点的电势比b点的低,则有Uab=-IR2=-FR2Bl。(2)根据闭合电路欧姆定律有E=IR+R2根据法拉第电磁感应定律有E=Blv解得导体棒匀速运

21、动的速度v=3FR2B2l2该过程对导体棒由动量定理可得Ft-BIlt=mv-0根据法拉第电磁感应定律有I=E32R=Blxt32R其中x表示t时间内导体棒运动的位移,t时间内由能量守恒定律可得系统产生的总热量Q=Fx-12mv2因为通过R1和R2的电流是通过导体棒电流的一半,则根据焦耳定律知在t时间内,R1和R2产生的热量是导体棒产生热量的14,所以R1上产生的电热Q1=16Q=F2Rt4B2l2-9F2R2m16B4l4。13.答案 (1)5 m/s20.2 N(2)0.036 J解析 (1)由题图乙可得拉力F的大小随时间t变化的函数表达式为F=F0+Ftt=(0.4+0.1t)(N)当b

22、棒匀加速运动时,根据牛顿第二定律有F-Ff-F安=maF安=B0IlE=B0lvI=ER=B0lvRv=at所以F安=B02l2aRt联立可得F=Ff+ma+B02l2aRt由题图可得当t=0时,F=0.4 N当t=1 s时,F=0.5 N代入上式,可解得a=5 m/s2,Ff=0.2 N。(2)当磁感应强度均匀增大时,闭合电路中有恒定的感应电流I。以b棒为研究对象,它受到的安培力逐渐增大,静摩擦力也随之增大,当磁感应强度增大到b棒所受安培力F安与最大静摩擦力Ff相等时开始滑动。感应电动势E=Btl2=0.02 VI=ER=1 Ab棒将要运动时,有F安=BtIl=Ff解得Bt=1 T根据Bt=B0+Btt解得t=1.8 s回路中产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.036 J。