高考物理一轮基础复习 电磁感应定律的综合应用1

电磁感应定律的综合应用一、选择题(每小题5分，共40分)1.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，整个装置处于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()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C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，对电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为UEBLv，所带电荷量QCUCBLv，C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，且此时无电流，故不受安培力即无需拉力便可做匀速运动，D错2.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A通过ab边的电流方向为abBab边经过最低点时的速度vCa、b两点间的电压逐渐变大D金属框中产生的焦耳热为mgLmv2解析D本题考查电磁感应ab边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为ba，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B错误；金属框摆动过程中，ab边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a、b两点间电压最大，选项C错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确3.如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为()A2mgL B2mgLmgHC2mgLmgH D2mgLmgH解析C设刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2.线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意mvmgH，mvmg2LmvQ.联立各式得Q2mgLmgH.C选项正确4.矩形线圈abcd，长ab20 cm，宽bc10 cm，匝数n200，线圈回路总电阻R5 .整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示，则()A线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B线圈回路中产生的感应电流为0.2 AC当t0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 ND在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J解析D由EnnS可知，由于线圈中磁感应强度的变化率 T/s0.5 T/s为常数，则回路中感应电动势为En2 V，且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I0.4 A，选项B错误；当t0.3 s时，磁感应强度B0.2 T，则安培力为FnBIl2000.20.40.2 N3.2 N，故选项C错误；1 min内线圈回路产生的焦耳热为QI2Rt0.42560 J48 J，选项D正确5如图所示，半径为R的导线环对心、匀速穿过半径也为R的匀强磁场区域，关于导线环中的感应电流随时间的变化关系，下列图象中(以逆时针方向的电流为正)最符合实际的是()解析C本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律及考生对图象的分析能力由EBLv可得，当线圈进入磁场时，有效切割长度在变大，产生的感应电动势变大，由作图可知，磁通量的变化量越来越小这时由楞次定律可得，电流的方向和规定的正方向相同当线圈出磁场时，有效切割长度变小，磁通量变化量越来越大，这时由楞次定律可知，电流的方向与规定的正方向相反综上所述，C项正确，A、B、D项错误6如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度均匀减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电荷量为q，线圈面积为S，则下列判断中正确的是()A带电微粒带负电B线圈内磁感应强度的变化率为C当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动D当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动解析BC由于磁感应强度均匀减小，由楞次定律及右手定则可知电容器下极板带正电，带电微粒静止，说明其受到的电场力向上，故带电微粒带正电，选项A错误；由mg及UnnS可得：，选项B正确；当下极板向上移动时，两极板间距减小，由E可知场强变大，则mg，故带电微粒将向上加速运动，选项C正确；开关断开时，电容器两极板间电压不变，故带电微粒仍静止，选项D错误7.一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则()A向上滑行的时间大于向下滑行的时间B在向上滑行时电阻R上产生的热量小于向下滑行时电阻R上产生的热量C向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m(vv2)解析C导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A错；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R上产生的热量多，B错；由q知C对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m(vv2)，D错8.如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2 m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，导体棒ab与cd的电阻均为0.1 ，质量均为0.01 kg.现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10 m/s2，则()Aab棒向上运动的速度为1 m/sBab棒受到的拉力大小为0.2 NC在2 s时间内，拉力做功为0.4 JD在2 s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.4 J解析Bcd棒受到的安培力等于它的重力，BLmg，v2 m/s，A错误ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力FTFG2mg0.2 N，B正确在2 s内拉力做的功WFTvt0.222 J0.8 J，C不正确在2 s内ab棒上产生的热量QI2Rt()2Rt0.2 J，D不正确二、非选择题(共60分)9(14分)如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面磁感应强度随时间变化的规律是B(60.2t) T已知电路中的R14 ，R26 ，电容C30 F，线圈A的电阻不计，求：(1)闭合S后，通过R2的电流大小及方向(2)闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量解析(1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B(60.2t) T，可知0.2 T/s，所以线圈中感应电动势的大小为EnnS1000.20.2 V4 V.通过R2的电流强度为I A0.4 A.由楞次定律可知通过R2的电流的方向由上而下(2)闭合S一段时间后，电容器被充上一定的电荷量，此时其电压UIR20.46 V2.4 V.再断开S，电容器将放电，通过R2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量：QCU301062.4 C7.2105 C.【答案】(1)0.4 A自上而下(2)7.2105 C10(15分)如图所示，一根电阻为R12的电阻丝做成一个半径为r1 m的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感强度为B0.2 T，现有一根质量为m0.1 kg、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为时，棒的速度大小为v1 m/s，下落到经过圆心时棒的速度大小为v2 m/s(取g10 m/s2)，试求：(1)下落距离为时棒的加速度(2)从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量解析(1)金属棒下落距离为时，金属棒中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律得，感应电动势EB(r)v1 此时，金属圆环为外电路，等效电阻为R1，金属棒中的电流为I金属棒受的安培力为FBIL0.12 N由mgF ma 得：ag10101.28.8(m/s2)(2)由能量守恒定率得mgrQmv0 所以，从开始下落到经过圆心的过程中线框中产生的热量为Qmgrmv0.1101 J 0.1()2 J0.44 J【答案】(1)8.8 m/s2(2)0.44 J11(15分)如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力F阻且线框不发生转动求：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2.(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1.(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.解析由线框在下落阶段匀速进入磁场可知，线框所受合力为零，由力的平衡知识可列力的平衡方程，其中安培力的表达式中含有v2，可解得；由线框离开磁场上升的过程和下落的过程，可根据动能定理列式求得离开磁场时的速度v1，线框在上升阶段通过磁场过程中，重力、阻力、安培力做功，其中产生的焦耳热Q为安培力做的负功值，由能量守恒可求得Q.(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间mgF阻，解得v2.(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程(mgF阻)hmv.线框从最高点回落至进入磁场瞬间(mgF阻)hmv.联立解得v1v2.(3)线框在向上通过磁场过程中mvmvQ(mgF阻)(ab)，v02v1.Qm(mg)2F(mgF阻)(ab)【答案】(1)(2)(3)m(mg)2F(mgF阻)(ab)12(16分)如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角30，导轨电阻不计磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，两根长为L的完全相同的金属棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，每根棒的质量均为m、电阻均为R.现对ab施加平行导轨向上的恒力F，当ab向上做匀速直线运动时，cd保持静止状态(1)求力F的大小及ab运动速度v的大小(2)若施加在ab上的力的大小突然变为2mg，方向不变，则当两棒运动的加速度刚好相同时回路中的电流强度I和电功率P分别为多大？解析(1)ab棒所受合外力为零，FFabmgsin 0.cd棒所受合外力为零，Fcdmgsin 0.ab、cd棒所受安培力，FabFcdBILBL.联立解得Fmg，v.(2)对ab棒，根据牛顿第二定律，得FBILmgsin ma1.对cd棒，根据牛顿第二定律，得BILmgsin ma2.根据题意可知，两棒加速度相等，即a1a2.联立以上各式得I，P2I2R.【答案】(1)mg(2)- 7 -