优化方案浙江专用高考物理二轮复习专 15页

电磁感应问题的综合分析 A 一、单项选择题 ‎1.(2015·高考海南卷)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则等于(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C．1 D. 解析：选B.由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝BLv，则＝＝.因此B对，A、C、D错．‎ ‎2.如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环，条形磁铁在光滑的水平桌面上，以下判断正确的是(　　)‎ A．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒 B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁受的重力大 C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑动时水平方向做减速运动 D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左运动的趋势 解析：选C.由条形磁铁的磁场分布特点可知，穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零，所以在环下落的过程中，磁通量不变，没有感应电流，圆环只受重力，则环下落时机械能守恒，A、B错误；给磁铁水平向右的初速度，由楞次定律可知，圆环的运动趋势总是阻碍自身磁通量的变化，所以环要受到向右的作用力，由牛顿第三定律可知，磁铁要受到向左的作用力而做水平方向的减速运动(或根据“总阻碍相对运动”的推论得出)，故C正确，D错误．‎ ‎3.如图所示，质量为m的金属线框A静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h(h>d)高度时的速度为v，则以下关系中能够成立的是(　　)‎ A．v2＝gh B．v2＝2gh C．A产生的热量Q＝mgh－mv2‎ D．A产生的热量Q＝mgh－mv2‎ 解析：选C.在线框进入磁场的过程中，可能匀速运动，也可能做变加速运动，因此A、B错．由能量守恒得：Q＝mgh－·(‎2m)·v2＝mgh－mv2，故C对、D错．‎ ‎4.(2015·湖北八校二联)如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是(　　)‎ 解析：选B.正三角形线框ABC刚进入向里的磁场时，利用右手定则知，感应电流沿逆时针方向为正，大小I0＝，之后线框随进入磁场距离的增大，有效切割长度变小，则I＝变小；当线框ABC前进a距离，在刚进入向外的磁场区域瞬间，ABC线框中感应电流方向沿顺时针为负，大小为I′＝＝2I0，则B正确．‎ 二、不定项选择题 ‎5.1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，‎ 但略有滞后．下列说法正确的是(　　)‎ A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 解析：选AB.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．‎ ‎6.(2015·高考山东卷)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(　　)‎ A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动 D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 解析：选ABD.根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确．‎ ‎7．(2015·绍兴模拟)‎ 如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，‎ 其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则(　　)‎ A．有界磁场宽度lF0＝0.025 N 所以在t＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝‎‎0.25 A 在0～3 s内，磁感应强度为：B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)‎ 因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：‎ Ff＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)．‎ ‎(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s 设t＝4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则：‎ v＝v0－aΔt1＝‎4 m/s x＝Δt1＝‎‎6 m 在这段时间内的平均感应电动势为：E＝ 通过电阻的电荷量为：q＝IΔt1＝Δt1＝＝‎1.5 C.‎ 答案：(1)0.025 N　(2)见解析　(3)‎‎1.5 C B 一、单项选择题 ‎1．(2015·高考重庆卷)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，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a和b之间的电势差φa－φb(　　)‎ A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ 解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确．‎ ‎2．(2015·烟台一模)如图所示，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，在下图中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是(　　)‎ 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．‎ ‎3．如图所示，质量均为m的金属棒ab、cd与足够长的水平金属导轨垂直且接触良好，两金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ，磁感应强度为B的匀强磁场的方向竖直向下．则ab棒在恒力F＝2μmg作用下向右运动的过程中，有(　　)‎ A．安培力对ab棒做正功 B．安培力对cd棒做正功 C．ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动 D．cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终匀速运动 解析：选C.对于ab棒，因为F＝2μmg>μmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误．‎ ‎4.‎ ‎(2015·河北石家庄质检)如图所示，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Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ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．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是(　　)‎ 解析：选C.MN棒先做自由落体运动，当到Ⅰ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－mg＝ma，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Ⅰ区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ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Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C项正确．‎ ‎5．如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2、L3与L4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小均为1 T，方向垂直于竖直平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝‎0.5 m，质量为‎0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置(cd边与L1重合)由静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间的图线为与t轴平行的直线，t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．(重力加速度g取‎10 m/s2)则(　　)‎ A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为‎2.5 C B．线圈匀速运动的速度为‎8 m/s C．线圈的长度ad＝‎‎1 m D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J 解析：选B.t2～t3时间内，线圈做匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝，F＝mg，解得v2＝＝‎8 m/s，选项B正确；线圈在cd边与L2重合到ab边与L3重合的过程中一直做匀加速运动，则ab边刚进磁场时，cd边也刚进磁场，设磁场宽度为d，则3d＝v2t－gt2，解得d＝‎1 m，则ad边的长度为‎2 m，选项C错误；在0～t3时间内，由能量守恒定律，有Q＝5mgd－mv＝1.8 J，选项D错误；在0～t1时间内，通过线圈的电荷量q＝＝＝‎0.25 C，选项A错误．‎ 二、不定项选择题 ‎6.如图所示，xOz是光滑水平面，空间有沿z轴正方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，现有两块平行金属板，彼此间距为d，构成一个电容为C的电容器；在两板之间焊一根垂直于两板的电阻不计金属杆PP′，已知两板和杆PP′的总质量为m，若对此杆PP′作用一个沿x轴正方向的恒力F，则下列说法正确的是(　　)‎ A．金属杆PP′不存在感应电流 B．金属杆PP′存在沿P到P′方向的感应电流 C．两板和杆先做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 D．两板和杆做匀加速直线运动 解析：选BD.设某时刻金属杆运动的加速度为a，速度为v，那么金属杆切割磁感线所产生的感应电动势为E＝Bdv，电容器两端的电压U＝E＝Bdv，所以，通过金属杆的电流为I＝C＝BdC，方向沿P到P′方向，所以B选项正确；又因为a＝，所以I＝BdCa，这样，两板和杆整体的水平方向除受恒力F作用外，还受到沿x轴负方向的安培力，它的大小为：FA＝BdI＝B2d2Ca，运用牛顿第二定律得：F－B2d2Ca＝ma，所以a＝，即D选项正确．‎ ‎7．如图甲是矩形导线框，电阻为R，虚线左侧线框面积为S，右侧面积为2S，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场为正，则关于线框中0～t0时间内的感应电流的说法正确的是(　　)‎ A．感应电流的方向为顺时针方向 B．感应电流的方向为逆时针方向 C．感应电流的大小为 D．感应电流的大小为 解析：选BD.向里的变化磁场产生的感应电动势为：E1＝S，感应电流方向为逆时针方向；向外的变化磁场产生的感应电动势为：E2＝2S，感应电流方向为逆时针方向；从题图乙中可以得到：＝＝，感应电流为I＝＝，方向为逆时针方向，即B、D正确．‎ ‎8．(2015·浙江八校联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝‎0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝‎0.2 m，电阻R＝2 Ω.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．则(　　)‎ A．恒定拉力大小为0.05 N B．线圈在第2 s内的加速度大小为‎1 m/s2‎ C．线圈ab边长L2＝‎‎0.5 m D．在第2 s内流过线圈的电荷量为‎0.2 C 解析：选ABD.在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05 N，A项正确．在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝‎1 m/s2，B项正确．在第2 s内，v－v＝‎2a2L2，得L2＝‎1 m，C项错误．q＝＝＝‎0.2 C，D项正确．‎ ‎9．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距为L＝‎1 m．一质量m＝‎2 kg、阻值r＝2 Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，g＝‎10 m/s2.金属棒的速度－位移图象如图乙所示，则从起点发生s＝‎1 m位移的过程中(　　)‎ A．拉力做的功W＝9.25 J B．通过电阻R的电荷量q＝‎‎0.125 C C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J D．s＝‎1 m时金属棒的热功率为1 W 解析：选AC.金属棒在运动位移s＝‎1 m的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝μmgs＝5 J，s＝‎1 m时金属棒的安培力大小为F安＝BIL＝v，结合图象可知，安培力大小与位移成正比，则金属棒克服安培力做功为W安＝Fs＝＝vs＝ J，由动能定理得W－W安－Wf＝mv2，得W＝9.25 J，选项A正确；流过电阻R的电荷量q＝＝‎0.25 C，选项B错误；系统产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系统产生的热量等于摩擦生热和焦耳热之和，大小为5.25 J，选项C正确；s＝‎1 m时，回路中I＝＝ A，由P＝I2r得金属棒的热功率为0.5 W，选项D错误．‎ 三、非选择题 ‎10.(2015·高考江苏卷)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝‎5.0 cm，线圈导线的截面积A＝‎0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)‎ ‎(1)该圈肌肉组织的电阻R；‎ ‎(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；‎ ‎(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.‎ 解析：(1)由电阻定律得R＝ρ，代入数据得R＝6×103 Ω.‎ ‎(2)感应电动势E＝，代入数据得E≈4×10－2 V.‎ ‎(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8 J.‎ 答案：(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J ‎11．(2015·高考广东卷)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝‎0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝‎1 m/s做直线运动，求：‎ 甲 乙 ‎(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；‎ ‎(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．‎ 解析：(1)正方形磁场的面积为S，则S＝＝‎0.08 m2‎.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B－t图象可知＝0.5 T/s，根据E＝n，‎ 得回路中的感应电动势E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V.‎ ‎(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势 E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V 回路中感应电流I′＝＝ A＝‎‎0.2 A 导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N 当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度 l＝2v(t－1)m (1 s≤t≤1.2 s)‎ 感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V 感应电流i＝＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)．‎ 答案：(1)0.04 V　(2)0.04 N　i＝(t－1)A (1 s≤t≤1.2 s)‎ ‎12．(2015·台州市高三调考)图甲是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图．使用时，迅速按压手柄，灯泡就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是电磁感应．其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图分别如图乙、丙所示．假设图乙中的转动装置由半径r1＝4.0×10－‎2 m的金属内圈和半径r2＝‎0.1 m的金属外圈构成，内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内、外线圈相连接(图乙中未画出)．整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度B＝10 T的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面(纸面)向里．图丙齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合．已知A、B、C齿轮的半径分别为rA＝4.0×10－‎2 m、rB＝‎0.16 m、rC＝4.0×10－‎2 m，灯泡电阻R＝6.0 Ω，其他电阻均忽略不计，手柄重力忽略不计．当转动装置以角速度ω＝1.0×102 rad/s相对于转轴中心O点逆时针转动时：‎ ‎(1)求金属条ab上的电流大小和方向；‎ ‎(2)求手柄向下运动的速度大小；‎ ‎(3)若整个装置将机械能转化为电能的效率为60%，则手按压手柄的作用力多大？‎ 解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，使所构成的回路磁通量变化，由法拉第电磁感应定律可推导出：‎ E＝Brω－Brω 代入数据解得：E＝4.2 V 由欧姆定律I＝ 代入数据解得：I＝‎‎0.7 A 根据右手定则可知电流方向由a到b.‎ ‎(2)根据齿轮A、B边缘的线速度大小相等，齿轮B、C的角速度大小相等，‎ 手柄的速度大小等于齿轮C边缘的线速度大小，有v＝ 代入数据解得：v＝‎1.0 m/s ‎(3)设手按压手柄做功的功率为P1，电路中的电功率为P2，根据题意，有P2＝60%×P1‎ 其中P1＝Fv P2＝I2R 代入数据解得：F＝4.9 N.‎ 答案：见解析