2014年版高考物理10电磁感应中常考的3个问题目二轮典型例题目 8页

训练10　电磁感应中常考的3个问题 基础巩固 ‎1．如图10－15甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆中的电流随时间t的变化关系图象，则下列选项中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是(　　)．‎ 图10－15‎ 图10－16‎ ‎2．(2012·海南单科，5)如图10－16所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置I释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则 (　　)．‎ 图10－16‎ A．T1>mg，T2>mg ‎ B．T1mg，T2mg ‎ ‎ 图10－17‎ ‎3．(2012·皖北联考)如图10－17所示，水平虚线MN 的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd从MN下方某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间的关系的是 (　　)．‎ ‎ ‎ 图10－18‎ ‎4．(改编题)处于竖直向上匀强磁场中的两根电阻不计的平行金属导轨，下端连一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为θ，一电阻可忽略的金属棒ab，开始时固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直．如图10－18所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑．就导轨光滑和粗糙两种情况比较，‎ ‎ 当两次下滑的位移相同时，则有 (　　)．　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎ A．重力势能的减少量相同 　 B．机械能的变化量相同 ‎ C．磁通量的变化率相同 　 D．产生的焦耳热相同 图10－19‎ ‎5．如图10－19所示，匀强磁场区域为一个等腰直角三角形，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开 ‎ 始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a―→b―→c―→d―→a的感应电流方向为正，则下图表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是 (　　)．‎ 图10－20‎ ‎6．(2012·济南模拟)如图10－20所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d.现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的 ‎ 速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2.下列说法正确的是 (　　)．‎ ‎ A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向 ‎ B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动 ‎ C．Q1>Q2‎ ‎ D．Q1＋Q2＝m(v－v)‎ 图10－21‎ ‎7．(2012·全国卷，19)如图10－21所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强 ‎ 度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为 (　　)．‎ ‎ A. B. ‎ ‎ C. D. 能力提升 图10－22‎ ‎8．如图10－22所示，在与水平方向成θ＝30°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B＝0.20 T，方向垂直轨道平面向上．导体棒ab、cd 垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m＝2.0×10－‎2kg、电阻r＝5.0×10－2Ω，金属轨道宽度l＝‎0.50 m．现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动．在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上．g取‎10 m/s2，求：‎ ‎ (1)导体棒cd受到的安培力大小；‎ ‎ (2)导体棒ab运动的速度大小；‎ ‎ (3)拉力对导体棒ab做功的功率．‎ ‎ ‎ 图10－23‎ ‎9．(2012·湖南衡阳联考25)如图10－23所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝‎1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝‎1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N)、方向平行于导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6.‎ ‎ (1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程；‎ ‎ (2)求电阻R的阻值；‎ ‎ (3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝‎1 m所需的时间t.‎ ‎ ‎ ‎10．如图10－24所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L.有一方向垂直水平面向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左、右边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．‎ 图10－24‎ ‎ (1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时a、b两点间的电势差．‎ ‎ (2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率．‎ ‎ (3)若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0.经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q.后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t.‎ 参考答案：‎ 训练10　电磁感应中常考的3个问题 ‎1．B　[金属杆由静止开始向右在框架上滑动，金属杆切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，在回路内产生感应电流，I＝＝.由题图乙金属杆中的电流随时间t均匀增大可知金属杆做初速度为零的匀加速运动，I＝.由安培力公式可知金属杆所受安培力F安＝BIL，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，可得外力F＝ma＋F安＝ma＋BIL＝ma＋，所以正确选项是B.]‎ ‎2．A　[金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受安培力向上，在磁铁下端时受安培力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确．]‎ ‎3．C　[矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，未进入匀强磁场前做加速度为g的匀减速直线运动，选项A、B错误；矩形导线框进入匀强磁场后做加速度逐渐减小的减速直线运动直到速度减为零，选项D错误，C正确．]‎ ‎4．A　[本题考查金属棒在磁场中的运动及能量转化问题．当两次下滑的位移相同时，知重力势能的减少量相同，则选项A正确；两次运动的加速度不同，所用时间不同，速度不同，产生的感应电动势不同，磁通量的变化率也不同，动能不同，机械能的变化量不同，则产生的焦耳热也不同，故选项B、C、D均错误．]‎ ‎5．C　[在0～L过程中无电磁感应现象．在L～‎2L的过程中，线圈bc边切割磁感线的有效长度L在线性增加，感应电动势e＝BLv及感应电流i＝也在线性增加，在‎2L点达最大值．且由右手定则得电流方向沿a―→b―→c―→d―→a，为正，故选项D错误．同理，在‎2L～‎3L的过程中，感应电流为负向的线性增加，故选项A、B均错误、选项C正确．]‎ ‎6．ACD　[本题考查楞次定律及功能关系．导体框离开磁场过程中，穿过导体框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律或右手定则可知感应电流为顺时针方向，选项A正确；导体框进出磁场的过程中，均克服安培力做功，其速度减小，感应电流也减小，导体框做变减速运动，选项B错误；导体框进入磁场过程中的平均速度大于离开磁场过程的平均速度，由F＝及Q＝Fl可知Q1>Q2，选项C正确；根据功能关系可得：Q1＋Q2＝m(v－v)，选项D正确．]‎ ‎7．C　[当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝ ‎＝.当线圈不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．]‎ ‎8．解析　(1)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则F安＝mgsin θ 解得F安＝0.10 N.‎ ‎(2)设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E＝Blv；I＝；F安＝BIl 联立上述三式解得v＝ 代入数据得v＝‎1.0 m/s.‎ ‎(3)导体棒ab受力平衡，则F＝F安＋mgsin θ 解得F＝0.20 N 拉力做功的功率P＝Fv 解得P＝0.20 W.‎ 答案　(1)0.1 N　(2)‎1.0 m/s　(3)0.20 W ‎9．解析　(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)．‎ 通过R的电流I＝＝，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动．‎ ‎(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I＝ 对杆，根据牛顿第二定律有：F＋mgsin θ－BIL＝ma 将F＝0.5v＋2代入得：2＋mgsin θ＋v＝ma，因a为恒量与v无关，所以a＝＝‎8 m/s2‎ ‎0．5－＝0，得R＝0.3 Ω.‎ ‎(3)由x＝at2得，所需时间t＝ ＝0.5 s.‎ 答案　(1)匀加速运动　(2)0.3 Ω　(3)0.5 s ‎10．解析　(1)线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势E＝BLv 回路中的电流I＝ 则a、b两点间的电势差U＝IRab＝BLv.‎ ‎(2)t1时刻线框速度v1＝at1‎ 设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v－v＝2aL 此时回路中电动势E2＝BLv2‎ 回路的电功率P＝ 解得P＝ ‎(3)设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为Δt，则 P0T＝＋Q P0Δt＝mv－mv2‎ 解得Δt＝－T 线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t＝2T＋Δt＝＋T.‎ 答案　(1)BLv　(2)　(3)＋T