高考物理总复习 第十章 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-教科版高三全册物理试题.doc

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1、专题讲座八电磁感应的综合应用(一)1.(2018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 的电阻.导轨上放置着金属棒ab,其电阻r=0.2 .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 NB.N,Q间电压为0.2 VC.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=0.50.14 V=0.2 V,感应电流为I= A=0.4

2、 A,ab棒所受安培力大小F安=BIL=0.50.40.1 N=0.02 N,故A正确,D错误;N,Q间电压为U=IR=0.40.3 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.(2018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BLvC.电容器所带

3、电荷量为CBLvD.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.(2018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,

4、杆的位置由确定,如图所示.则(A)A.=0时,杆产生的电动势为2BavB.=时,杆产生的电动势为BavC.=0时,杆受的安培力大小为D.=时,杆受的安培力大小为解析:=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=(a+2a)R0,感应电流为I1=,所以杆所受安培力为F1=BI12a=,A正确,C错误;同理,=时,E2=Bav,F2=,B,D均错误.4.(2017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

5、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B0,因此F0.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

6、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.(2017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ab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0t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

7、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.(2018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=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 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=0.25,已知金属棒下滑到速度稳定时

8、,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/s2B.金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C.金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD.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 -mgcos =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 =BIL+mgcos ,由闭合电路欧姆定律得

9、I=,而E=BLv,联立解得v=4.8 m/s,故选项C错误,D正确.8.(2018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(k0)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AC.定值电阻的阻值为R=-rD.整个电路中产生的热功率P=解析:AB杆平衡

10、,则有mg=B2I2a,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=a2=ka2,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.(2018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 VB.恒力F的大小为0.5 NC.

11、线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3 m/sD.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13 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/

12、s,故C,D错误.10.(2018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BB.金属棒两端电压为B2rC.电容器的M板带正电D.电容器所带电荷量为CBr2解析:根据右手定则可知,金属棒AB产生的

13、感应电流应该是从B向A,故A错误;据E感=BL以及=r可得切割磁感线时产生的电动势E感=BL=Br=Br2,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=Br2=Br2,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Br2,则电容器所带电荷量Q=CU=CBr2,故D正确.11.导学号 58826220(2017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

14、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=2,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(at2tan )=at2tan ,P,Q间部分相当于电源,其内阻r=R0at2tan ,所围闭合回路的外电阻为R=R02()=,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

15、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(2018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 ,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

16、.3 N,两杆间稳定速度差又是多少?解析:因Ff1,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F2f2时,cd也开始运动,故cd开始运动的条件是F-f1-f20.(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 Nf1+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

17、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v=(F合+f2)=0.384 m/s.答案:(1)0.32 m/s(2)0.384 m/s13.导学号 58826222(2018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 ,R3=2 ,金属棒ab的电阻r=2 ,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

18、m=110-14kg、电荷量q=-110-14C 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ba,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 VR3

19、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(2017南昌二模)如图所示,足够长的斜面与水平面的夹角为=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,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 的正方形导线框放在斜面的顶端,导线框的下边距离磁场的上边界为d

20、0= 0.4 m,导线框与斜面间的动摩擦因数=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)导线框进入磁场时的速度大小;(2)磁场的磁感应强度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时,以线框为研究对象,由动能定理有(mgsin -mgcos )d0=m-0代入数据得v1=2 m/s.(2)线框在磁场中匀速运动,由法拉第电磁感应定律E1=B1Lv1 由闭合电路欧姆定律I1= 线框受到安培力F1=B1I1L 由平衡条件有mgsin -mgcos -F1=0 联解并代入数据得B1=5 T. (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 -mgcos )d0=m-0 又由得线框在第一个磁场中受到的安培力F1= 线框在第n个磁场受到的安培力Fn= 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联解得Bn= . 答案:(1)2 m/s(2)5 T(3)Bn=