【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应课时作业 8页

‎45分钟高考热点练(十)　电磁感应 ‎(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)‎ 热点一　楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用 ‎1.‎ ‎(多选)等腰三角形线框abc与长直导线MN绝缘，且线框被导线分成面积相等的两部分，如图甲所示，MN中通有由N流向M的电流，电流强度随时间的变化如图乙所示，则关于线框中感应电流的判断正确的是(　　)‎ A．在任何时刻线框中都无感应电流 B．在t1时刻线框中有沿acba方向的感应电流 C．在t2时刻线框中有沿acba方向的感应电流 D．在t3时刻线框中有沿abca方向的感应电流 解析：　穿过线框的磁通量垂直纸面向里，在t1时刻时，磁通量增加，在t2时刻时，磁通量不变，在t3时刻时，磁通量减少，根据楞次定律可得B、D正确。‎ 答案：　BD ‎2.‎ ‎(多选)(2018·辽宁葫芦岛模拟)如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。ab和cd用导线连成一个闭合回路。当cd棒向右运动时，cd金属棒受到向下的安培力。下列说法正确的是(　　)‎ A．由此可知d端电势高于c端电势 B．由此可知Ⅰ是S极 C．由此可知Ⅰ是N极 D．当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的安培力 答案：　CD ‎3.‎ 如图所示，在均匀磁场中有一由两段圆弧及其半径构成的导线框CDEF，且C点和F点正好是OD、OE的中点，圆的半径OE和OD与磁场边缘重合，磁场方向垂直于圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置不变，而磁感应强度大小随时间均匀变化。为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，则磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B． C. D． 解析：　设OE＝2r，该线框绕过圆心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I＝。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90°过程中同样大小的电流，有I＝·，所以有＝，故C对，A、B、D错。‎ 答案：　C 热点二　电磁感应中的图象问题 ‎4.‎ ‎(2018·江西联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(　　)‎ 解析：　由E＝BLv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I均匀增大。由右手定则可知，感应电流方向由M到N，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故选项A正确。‎ 答案：　A ‎5．(多选)‎ 如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁感应强度的方向垂直于导线框所在平面。规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力的正方向。已知在0～4 s时间内导线框ab边所受的安培力如图乙所示，则下图中能正确表示磁感应强度B随时间变化的图象是(　　)‎ 解析：　由F＝BIl，I＝、E＝S可知，由于第1 s内，ab边所受安培力向左且逐渐减小，线圈中的磁场应向外均匀减弱，或向里均匀减弱；由于第2 s内，ab边所受安培力向右逐渐增大，线圈中的磁场应向里均匀增强，或向外均匀增强；第3 s内的磁场变化与第1 s内相同，第4 s内的磁场变化与第2 s内相同，选项A、B、D正确，C错误。‎ 答案：　ABD ‎6．如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg、内阻r＝1 Ω的导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2。‎ ‎(1)求第一秒内流过ab电流的大小及方向。‎ ‎(2)求ab棒进磁场瞬间的加速度大小。‎ ‎(3)导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热。‎ 解析：　(1)第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有 E1＝＝＝0.5 V 所以流过ab的电流I1＝＝0.25 A，方向由a到b。‎ ‎(2)依题意可知ab棒在1 s末时刻进入磁场(速度仍为v0)，此后磁感应强度保持不变，则E2＝Bdv0＝0.5 V，I2＝＝0.25 A，F＝BI2d 由牛顿第二定律，有BI2d＝ma，所以a＝1.25 m/s2‎ ‎(3)依据焦耳定律，Q1＝I(R＋r)，Q1＝0.125 J 根据功能关系，则有：Q2＝mv＝0.05 J 全过程回路产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175 J 答案：　(1)0.25 A　方向由a到b　(2)1.25 m/s2‎ ‎(3)0.175 J 热点三　电磁感应定律的综合应用 ‎7.‎ ‎(2018·大连模拟)如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的导轨间距为3L，导轨平面与水平面的夹角为30°，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中。金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面向上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd处于静止状态，则F的大小为(　　)‎ A.mg B．mg C.mg D．mg 解析：　设ab杆向上做切割磁感线运动时，产生感应电流大小为I，受到安培力大小为：F安＝BIL，对于cd，由平衡条件有：BI·3L＝mgsin 30°，对于ab杆，由平衡条件有：F＝mgsin 30°＋BIL，综上可得：F＝mg，故A正确。‎ 答案：　A ‎8.‎ ‎(多选)如图所示，水平放置的粗糙U形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形硬导体AC的电阻为r，其余电阻不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电势高于C点的电势 B．此时AC两端电压为UAC＝ C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－mv2‎ D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝ 解析：　根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；稳定后，AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝，，B错误；由功能关系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q＝Δt＝，D正确。‎ 答案：　AD ‎9.‎ 如图所示，质量为m＝0.1 kg粗细均匀的导线，绕制成闭合矩形线框，其中长LAC＝50 cm，宽LAB＝20 cm，竖直放置在水平面上。中间有一磁感应强度B＝1.0 T，磁场宽度d＝10 cm的匀强磁场。线框在水平向右的恒力F＝2 N的作用下，由静止开始沿水平方向运动，使AB边进入磁场，从右侧以v＝1 m/s的速度匀速运动离开磁场，整个过程中始终存在大小恒定的阻力F阻＝1 N，且线框不发生转动。求线框AB边：‎ ‎(1)离开磁场时感应电流的大小；‎ ‎(2)刚进入磁场时感应电动势的大小；‎ ‎(3)穿越磁场的过程中安培力所做的总功的大小。‎ 解析：　(1)线框离开磁场时已经匀速运动，根据平衡条件可得：‎ F＝F阻＋BILAB 所以I＝＝5 A ‎(2)线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：F－F阻＝ma，a＝＝10 m/s2‎ 设线框AB边刚进入磁场时速度大小为v0，根据匀变速直线运动的公式得：v＝2ax 解得：v0＝2 m/s 线框进入磁场时感应电动势为：E＝BLABv0＝0.4 V ‎(3)线框在穿越磁场的过程中，运用动能定理得：(F－F阻)d＋W＝mv2－mv 解得：W＝－0.25 J，即安培力所做的总功的大小为0.25 J。‎ 答案：　(1)5 A　(2)0.4 V　(3)0.25 J ‎10．(2018·洛阳市高中三年级模拟)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距为L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直于导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直于导轨平面向下。在导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上。若已知两导体棒质量均为m，电阻均为R，导体棒EF上滑的最大位移为x，导轨电阻不计，空气阻力不计，重力加速度为g，试求在导体棒EF上滑的整个过程中：‎ ‎(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；‎ ‎(2)通过导体棒MN的电荷量；‎ ‎(3)导体棒MN产生的焦耳热。‎ 解析：　(1)对MN受力分析可知，MN受到的安培力FA沿斜面向下，所以静摩擦力Ff沿斜面向上，所以有：‎ FA＋mgsin θ＝Ff 可见，当EF向上的速度为v0时，静摩擦力最大。此时导体棒EF产生的感应电动势：E＝BLv0‎ 感应电流：I＝ 导体棒MN受到的安培力：FA＝BIL 由以上各式联立可解得导体棒MN受到的最大摩擦力：‎ Ff＝＋mgsin θ ‎(2)设在导体棒EF减速上滑的整个过程中经历的时间为t，则产生的平均感应电动势：＝B 平均感应电流：＝ 通过导体棒MN的电荷量：q＝t 由以上各式联立可解得：q＝ ‎(3)设在导体棒EF上滑的整个过程中克服安培力做的功为W，则 由动能定理可得：‎ ‎－mgx·sin θ－W＝0－mv 电路中产生的总焦耳热：Q总＝W 则导体棒MN产生的焦耳热：‎ Q＝Q总 由以上各式联立可解得：Q＝mv－mgx·sin θ 答案：　(1)＋mgsin θ　(2) ‎(3)mv－mgx·sin θ