高考物理总复习电磁感应专题讲座八电磁感应的综合应用一课时训练教科版20180723367 7页

专题讲座八　电磁感应的综合应用(一)‎ ‎1.(2019·广东湛江四校联考)如图所示,在一磁感应强度B=0.5 T 的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L=‎0.1 m的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N,Q之间连接一阻值R=0.3 Ω的电阻.导轨上放置着金属棒ab,其电阻r=0.2 Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v=‎4.0 m/s向左做匀速运动时(　A　)‎ A.ab棒所受安培力大小为0.02 N B.N,Q间电压为0.2 V C.a端电势比b端电势低 D.回路中感应电流大小为‎1 A 解析:ab棒产生的感应电动势E=BLv=0.5×0.1×4 V=0.2 V,感应电流为I== A=‎0.4 A,ab棒所受安培力大小F安=BIL=0.5×0.4×0.1 N=0.02 N,故A正确,D错误;N,Q间电压为U=IR=0.4×0.3 V=0.12 V,故B错误;由右手定则知,ab棒中感应电流方向由b到a,a端电势较高,故C错误.‎ ‎2.(2019·长春模拟)如图所示,两光滑平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B.电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计.现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时(　C　)‎ A.电容器两端的电压为零 B.电阻两端的电压为BLv C.电容器所带电荷量为CBLv D.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为 解析:当导线MN匀速向右运动时,导线MN产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产生,故电阻两端没有电压,电容器两极板间的电压为U=E=BLv,所带电荷量Q=CU=CBLv,故A,B错,C对;MN匀速运动时,因无电流而不受安培力, 故拉力为零,D错.‎ ‎3.(2019·郑州模拟)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为‎2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,杆的位置由θ确定,如图所示.则(　A　)‎ A.θ=0时,杆产生的电动势为2Bav B.θ=时,杆产生的电动势为Bav C.θ=0时,杆受的安培力大小为 D.θ=时,杆受的安培力大小为 解析:θ=0时,导体直杆切割磁感线的有效长度为‎2a,则产生的感应电动势为E1=2Bav;电路中电阻R=(πa+‎2a)R0,感应电流为I1==,所以杆所受安培力为F1=BI1·‎2a=,A正确,C错误;同理,θ=时,E2=Bav,F2=,B,D均错误.‎ ‎4.(2019·广州一模)如图所示,线圈abcd固定于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度随时间的变化情况如图(乙)所示.下列关于ab边所受安培力随时间变化的Ft图像(规定安培力方向向右为正)正确的是(　C　)‎ 解析:由楞次定律知,感应电流的方向为adcba,根据电磁感应定律有E=n=nS,则I==nS,电流为定值,根据左手定则,ab边所受安培力的方向向右,由F=BIL知,安培力均匀增加,由于B≠0,因此F≠0.所以C正确,A,B,D错误.‎ ‎5.如图(甲)所示,矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中,两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分,两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图(乙)所示,规定磁场垂直纸面向内为正,线圈中感应电流逆时针方向为正.则线圈感应电流随时间的变化图像为(　A　)‎ 解析:当垂直纸面向里的磁通量增大时,垂直纸面向外的磁通量在减小,则总的磁通量变化是垂直纸面向里增大,由楞次定律判断可知,感应电流为正,选项B,D错误;由E==S可知,电路中感应电流大小恒定不变,故选项A正确.‎ ‎6.(2019·洛阳一模)如图(甲)所示,光滑导轨水平放置在与水平方向成60度角斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图(乙)所示(规定斜向下为正方向),导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0～t时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图像是(　D　)‎ 解析:由E==sin 60°可知,电动势保持不变,则电路中电流不变,故A,B错误;由安培力F=BIL可知,电路中安培力随B的变化而变化,当B为负值时,安培力的方向为正,外力F为负;B为正值时,安培力为负值,外力F为正值,故C错误,D正确.‎ ‎7.(2019·西安模拟)(多选)如图所示,两根足够长、电阻不计且相距L=‎0.2 m 的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,顶端接有一盏额定电压U=4 V的小灯泡,两导轨间有一磁感应强度大小B=5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场.今将一根长为‎2L、质量m=‎0.2 kg、接入电路的电阻r=1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放、金属棒与导轨接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=‎ ‎0.25,已知金属棒下滑到速度稳定时,小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取‎10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　BD　)‎ A.金属棒刚开始运动时的加速度大小为‎3 m/s2‎ B.金属棒刚开始运动时的加速度大小为‎4 m/s2‎ C.金属棒稳定下滑时的速度大小为‎9.6 m/s D.金属棒稳定下滑时的速度大小为‎4.8 m/s 解析:金属棒刚开始运动时初速度为零,不受安培力作用,由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma,代入数据得a=‎4 m/s2,故选项A错误,B正确;设金属棒稳定下滑时速度为v,感应电动势为E(金属棒的有效长度为L),回路中的电流为I,由平衡条件得mgsin θ=BIL+μmgcos θ,由闭合电路欧姆定律得I=,而E=BLv,联立解得v=‎4.8 m/s,故选项C错误,D正确.‎ ‎8.(2019·福建漳州模拟)(多选)如图所示,竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R,C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域,其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外(图中未画出),区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b+kt(k>0)变化,C2中磁场的磁感应强度恒为B2,一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上,且与导轨接触良好,并恰能保持静止.则(　BCD　)‎ A.通过金属杆的电流大小为 B.通过金属杆的电流方向为从B到A C.定值电阻的阻值为R=-r D.整个电路中产生的热功率P=‎ 解析:AB杆平衡,则有mg=B2I·‎2a,解得I=,A错误;安培力向上,根据左手定则可知,AB中感应电流的方向为从B到A,B正确;根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小E==·πa2=kπa2,由I=,解得R=-r,C正确;整个电路产生的热功率P=EI=,D 正确.‎ ‎9.(2019·永州模拟)如图(a)所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为‎1 kg的单匝均匀正方形铜线框,在1位置以速度v0=‎3 m/s进入匀强磁场时开始计时,此时线框中感应电动势为1 V,在t=3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场.此过程中vt图像如图(b)所示,那么 (　B　)‎ A.线框右侧边两端MN间的电压为0.25 V B.恒力F的大小为0.5 N C.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为‎3 m/s D.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为‎1 m/s 解析:t=0时,线框右侧边MN的两端电压为外电压,总的感应电动势为E=Bav0,外电压U外=E=0.75 V,故A错误;在1～3 s内,线框做匀加速运动,没有感应电流,线框不受安培力,则有F=ma,由速度—时间图像的斜率表示加速度,求得a== m/s2=‎0.5 m/s2,则得F=0.5‎ ‎ N,故B正确.由b图像看出,在t=3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同,则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同,则知线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度与t=1 s时刻的速度相等,即为‎2 m/s,故C,D错误.‎ ‎10.(2019·湖北襄阳优质高中联考)(多选)半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内,一长为r,电阻为R的均匀直金属棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示,整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下.在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器.直金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触.导轨电阻不计.下列说法正确的是(　CD　)‎ A.金属棒中电流从A流向B B.金属棒两端电压为Bω2r C.电容器的M板带正电 D.电容器所带电荷量为CBωr2‎ 解析:根据右手定则可知,金属棒AB产生的感应电流应该是从B向A,故A错误;据E感=BL以及=rω可得切割磁感线时产生的电动势E感=BL=Br=Br2ω,切割磁感线的导体相当于电源,则AB两端的电压相当于路端电压,则UAB=E感=×Br2ω=Br2ω,故B错误;由于AB内部电流方向由B向A,故金属棒A端相当于电源正极,故与A接近的电容器M板带正电,故C正确;由AB两端的电压(即R两端电压)为Br2ω,则电容器所带电荷量Q=CU=CBr2ω,故D正确.‎ ‎11.导学号 58826220(2019·湖北天门模拟)(多选)如图所示,在水平面(纸面)内有三根相同的金属棒ab,ac和MN,其中ab,ac在a点接触,构成“V”字型导轨,导轨所在空间存在垂直于纸面的匀强磁场,用力使MN从a点由静止开始做匀加速直线运动,运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触,MN与ab,ac的交点分别为P,Q.关于回路中的电流I及P,Q间的电压绝对值U与时间t的关系图线,下列可能正确的是(　AC　)‎ 解析:设磁感应强度为B,∠bac=2θ,单位长度电阻为R0,MN棒向右加速运动的加速度为a,t时刻金属棒MN所处位置如图所示,根据几何知识,MN棒有效切割长度为L=2(at2·tan θ)=at2tan θ,P,Q间部分相当于电源,其内阻r=R0at2tan θ,所围闭合回路的外电阻为R=R0·2()=,根据闭合电路欧姆定律可知,PQ间的电压U==‎ ‎·=t3,即U与t3成正比,故由数学知识知,A图像可能正确,B错误;电流I===,可见电流I与时间t成正比,故C正确,D错误.‎ ‎12.导学号 58826221(2019·江西三校联考)如图所示,金属杆ab,cd置于平行轨道MN,PQ上,可沿轨道滑动,两轨道间距L=‎0.5 m,轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,用力F=0.25 N向右水平拉杆ab,若ab,cd与轨道间的滑动摩擦力分别为f1=0.15 N,f2=0.1 N,两杆的有效电阻R1=R2=0.1 Ω,设导轨电阻不计,ab,cd的质量关系为‎2m1=‎3m2‎,且ab,cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.求:‎ ‎(1)此两杆之间的稳定速度差;‎ ‎(2)若F=0.3 N,两杆间稳定速度差又是多少?‎ 解析:因F>f1,故ab由静止开始做加速运动,ab中将出现不断变大的感应电流,致使cd受到安培力F2作用,当F2>f2时,cd也开始运动,故cd开始运动的条件是F-f1-f2>0.‎ ‎(1)当F=0.25 N时,F-f1-f2=0,故cd保持静止,两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax,故此种情况有:电流Im==,安培力Fm=BImL,则 有F-Fm-f1=0,由此得vmax=‎0.32 m/s.‎ ‎(2)当F=0.3 N>f1+f2,对ab,cd组成的系统,ab,cd所受安培力大小相等,方向相反,合力为零,则系统受的合外力为F合=F-f1-f2=0.05 N.对系统有F合=(m1+m2)a,因为‎2m1=‎3m2‎,则F合=m‎2a.取cd为研究对象,F安-f2=m‎2a,F安=BIL,I=,联立各式解得Δv=(F合+f2)=‎0.384 m/s.‎ 答案:(1)‎0.32 m/s　(2)‎0.384 m/s ‎13.导学号 58826222(2019·唐山模拟)在同一水平面上的光滑平行导轨P,Q相距l=‎1 m,导轨左端接有如图所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板M,N相距d=‎10 mm,定值电阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金属棒ab的电阻r=2 Ω,其他电阻不计.磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间的质量m=1×10‎-14kg、电荷量q=-1×10‎-14C 的微粒恰好静止不动.取g=‎10 m/s2,在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好,且速度保持恒定.试求:‎ ‎(1)匀强磁场的方向;‎ ‎(2)ab两端的路端电压;‎ ‎(3)金属棒ab运动的速度大小.‎ 解析:(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,ab棒等效于电源,感应电流方向由b→a,其a端为电源的正极,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.‎ ‎(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,根据平衡条件有mg=‎ E电q(E电为电场强度)‎ 又E电=,‎ 所以UMN==0.1 V R3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为I==‎‎0.05 A 则ab棒两端的电压为 Uab=UMN+I=0.4 V.‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=Blv 而E=Uab+Ir=0.5 V 联立解得v=‎1 m/s.‎ 答案:(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)‎1 m/s ‎【教师备用】 导学号 58826223(2019·南昌二模)如图所示,足够长的斜面与水平面的夹角为θ=53°,空间中自下而上依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,…n,相邻两个磁场的间距均为d=‎0.5 m.一边长L=‎0.1 m、质量m=‎0.5 kg、电阻R=0.2 Ω 的正方形导线框放在斜面的顶端,导线框的下边距离磁场Ⅰ的上边界为d0= ‎0.4 m,导线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.5.将导线框由静止释放,导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动.已知重力加速度g=‎ ‎10 m‎/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:‎ ‎(1)导线框进入磁场Ⅰ时的速度大小;‎ ‎(2)磁场Ⅰ的磁感应强度B1;‎ ‎(3)磁场区域n的磁感应强度Bn与B1的函数关系.‎ 解析:(1)线框从静止开始运动至刚进入磁场Ⅰ时,以线框为研究对象,由动能定理有 ‎(mgsin θ-μmgcos θ)·d0=m-0　①‎ 代入数据得v1=‎2 m/s.②‎ ‎(2)线框在磁场Ⅰ中匀速运动,由法拉第电磁感应定律 E1=B1Lv1　 ③‎ 由闭合电路欧姆定律I1=　 ④‎ 线框受到安培力F1=B1I‎1L　 ⑤‎ 由平衡条件有mgsin θ-μmgcos θ-F1=0　 ⑥‎ 联解①②③④⑤并代入数据得 B1=5 T. ⑦‎ ‎(3)线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为d-L=d0,故线框由静止开始运动至刚进入第n个磁场时,由动能定理得n(mgsin θ-μmgcos θ)·d0=m-0　 ⑧‎ 又由③④⑤得线框在第一个磁场Ⅰ中受到的安培力F1=　 ⑨‎ 线框在第n个磁场受到的安培力Fn=　 ⑩‎ 线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动,受到的安培力均相等Fn=F1　‎ 联解⑧⑨⑩得Bn= .　 ‎ 答案:(1)‎2 m/s　(2)5 T　(3)Bn=‎