通用版2017高考物理二轮复习第1部分核心突破专题4电路和电磁感应第2讲电磁感应及其应用特训

第2讲 电磁感应及其应用1(2016华南师大附中综测三)如图所示，半径为R1的圆形的导体线框，套住了半径为R2的边界为圆形的磁场区域，线框平面与磁场方向垂直，当磁感应强度以Bkt(k0)变化时(BC)A线框中的感应电动势大小为kRB线框中的感应电动势大小为kRC线框中的感应电流方向为顺时针方向D线框中的感应电流方向为逆时针方向解析：由法拉第电磁感应定律EN，又N1，BS，SR，k，所以EkR，A错误，B正确，因为k0，故B在垂直线框向外方向逐渐增大，由楞次定律知感应电流的磁场向里，则感应电流方向为顺时针方向，C正确，D错误2(2015山东卷)(多选)如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(ABD)A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据EBLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速运动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确3(2016黄冈模拟)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导体接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为0.8 T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此时导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin370.6)(B)A2.5 m/s1 WB5 m/s1 WC7.5 m/s9 WD15 m/s9 W解析：把立体图象变为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键，对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力，由平衡条件得mgsin 37F安Ff，FfFN，FNmgcos 37，而F安BIL，I，EBLv，联立式，解得v代入数据得v5 m/s小灯泡消耗的电功率为PI2R，由式得P2R1 W故选项B正确4(2016佛山市检测)(多选)如图所示，某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒，圆筒上套一环形轻质铝箔，电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节现给电磁炉通电，发现铝箔悬浮了起来，若只改变其中一个变量，则(CD)A增强磁场，铝箔悬浮高度将不变B铝箔越薄，铝箔中产生的感应电流越大C增大频率，铝箔中产生的感应电流增大D在刚接通电源产生如图磁场的瞬间，铝箔中会产生如图所示的电流解析：发现铝箔悬浮了起来，是由于磁场的变化，产生感应电流，导致安培力出现，当磁场增强时，产生的感应电流增大，则安培力增大，那么高度会升高，使其周围的磁场会变弱，导致安培力变小，仍与重力平衡，故A错误；根据电阻定律R，铝箔越薄，S越小，则电阻越大，再由I，可知，感应电流越小，故B错误；当增大频率，导致磁场的变化率变大，则感应电动势增大，那么感应电流增大，故C正确；在刚接通电源产生如图磁场的瞬间，根据楞次定律：增则反，可知，铝箔中会产生如图所示的电流，故D正确5(2016济南3月模拟)无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即Bk(式中k为常数)如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流IN，导线M中的电流IM大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同绝缘闭合导线框ABCD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间则以下说法正确的是(ACD)A0t0时间内，流过R的电流方向由CDBt02t0时间内，流过R的电流方向由DCC0t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左Dt02t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右解析：导线N中通有向上的恒定电流，所以在闭合导线框ABCD内的磁通量向里，02t0时间内，导线M内电流逐渐增大，所以导线框ABCD内的磁通量向里且增大，根据楞次定律，流过R的电流方向由CD，选项A正确，B错误；导线M在AB处产生磁场方向向里，导线N在AB处产生磁场方向向外，0t0时间内，M中电流小于N中电流，故合磁感应强度向外，不计CD边电流影响，导线AB边电流向下，根据左手定则所受安培力的方向向左，选项C正确；同理，t02t0时间内，不计CD边电流影响，导线AB边电流向下，磁场向里，则AB边所受安培力的方向向右，选项D正确6(2016郑州模拟)如图所示，间距l0.4 m的光滑平行金属导轨与水平面夹角30，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B0.2 T，方向垂直于斜面甲、乙两金属杆的电阻R相同、质量均为m0.02 kg，垂直于导轨放置起初，甲金属杆处在磁场上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g10 m/s2，则(BC)A每根金属杆的电阻R0.016 B甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W解析：乙金属杆在进入磁场前，甲乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场由v22al解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v2 m/s.由vat解得甲金属杆在磁场中的运动时间为t0.4 s，选项B正确；乙金属杆进入磁场后有mgsin 30BIl，又BlvI2R，联立解得R0.064 ，选项A错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C正确；乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是PBIlv0.2 W，选项D错误故本题答案为BC7(2016武汉市四月调考)如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里，磁感应强度也为B的匀强磁场一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图象是(A)解析：感应电动势EBL有v，电流I，三角形egf向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针方向的电流，大小设为I0；0过程；en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L有ennfem，随着三角形的运动L有在减小，感应电流减小，当运动时，L有0，电流为零：L过程，继续移动，根据等边三角形的几何关系，nfem大于en，L有nfemen，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef切割磁感线，产生电流方向均为逆时针方向，大小变为2I0；L2L过程中，继续移动gm切割磁感线，产生感应电动势，L有gm逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故A正确8(2016第二次全国大联考)(多选)如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场现将一质量为m、边长为l的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc边与磁场边界MN重合对线框施加一按图乙所示规律变化的水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t0时，拉力大小为F0；线框的ad边与磁场边界MN重合时，拉力大小为3F0.则(BD)A线框的加速度为B线框的ad边出磁场时的速度为C线框在磁场中运动的时间为D线框的总电阻为B2l2解析：t0时刻，感应电动势E0，感应电流I0，安培力F安BIL0，由牛顿第二定律得，F0ma，得a，故A错误；根据公式v22al，得v，故B正确；根据运动学公式t，故C错误；线框的ad边与磁场边界MN重合时，根据3F0ma，得RB2l2，故D正确9(2016 东北三省四市联考二)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中t0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示下列关于金属棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是(B)解析：设金属棒的电阻为r，金属棒长为l，由闭合电路欧姆定律知，通过电阻R的感应电流I，由图乙可知，Ikt，由以上两式解得，vkt，即金属棒做匀加速运动，选项A错误；由法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势E，由闭合电路欧姆定律得(Rr)由图乙可知kt.由以上三式解得，(Rr)kt.选项B正确；金属棒做匀加速运动，由牛顿第二定律得Fmgsin BIlma，则Fmgsin maBIlmgsin kBlkt，选项C错误；流过电阻R的电荷量qItkt2，选项D错误10(2016全国大联考二)如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触则下列说法正确的是(BC)A初始时刻导体棒受到的安培力大小FB初始时刻导体棒加速度的大小a2gC导体棒往复运动，最终将静止，此时弹簧处于压缩状态D导体棒从开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Qmv解析：由法拉第电磁感应定律得：EBLv0，由闭合电路欧姆定律得：I，由安培力公式得：F，故A错误；初始时刻，Fmgkx1ma，得a2g，故B正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R上的只是一部分，故D错误11(2016长沙模拟二)如图所示，一根有一定值电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面t0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式；(2)若已知棒中电流强度为I，求0t时间内可控电阻上消耗的平均功率P；(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求的值解析：(1)因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，则有vv0at而at0时刻棒中电流为I，经时间t后棒中电流为I，由以上各式得RR0t.(2)因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求PI2，由以上各式得PI2(R0t)(3)将可控电阻改为定值电阻R0，棒将做变减速运动有v0t，而tt，由以上各式得x1，而x2，由以上各式得x2，所求.答案：(1)RR0t(2)I2(R0t)(3)212(2016厦门模拟)如图甲所示，aa、bb、cc、dd为四条平行金属轨道，都处在水平面内aa、dd间距为2L，bb、cc间距为L.磁感应强度为B的有界匀强磁场垂直于纸面向里，边界与轨道垂直ab、cd两段轨道在磁场区域正中间，到磁场左右边界的距离均为s.轨道电阻不计且光滑，在ad之间接一阻值为R的定值电阻现用水平向右的力拉着质量为m、长为2L的均匀金属杆从磁场左侧某处由静止开始向右运动，金属杆的电阻与其长度成正比，金属杆与轨道接触良好，且运动过程中不转动，忽略与ab、cd重合的短暂时间内速度的变化(1)证明：若拉力为恒力，无论金属杆的电阻r为多少，都不能使金属杆保持匀速通过整个磁场；(2)若金属杆的电阻r2R，保持拉力为F不变，使金属杆进入磁场后立刻做匀速直线运动，当金属杆到达磁场右边界时，速度大小为v.试求此次通过磁场过程中，整个回路放出的总热量；(3)若金属杆的电阻r2R，通过改变拉力的大小，使金属杆从磁场左侧某处从静止开始出发，保持匀加速运动到达磁场右边界已知金属杆即将到达ab、cd位置时的拉力的大小为F0，已在图乙中标出试在图乙中定性画出拉力大小随时间变化的关系图象(不需要标明关健点的具体坐标，但图象应体现各段过程的差异)解析：(1)当金属杆在ab、cd左侧时，安培力FA1，当金属杆在ab、cd右侧时，安培力FA2，若拉力为恒力且金属杆始终匀速运动，则有FA1FA2，v1v2，解得r3R，即金属杆的电阻为负值，这是不可能的因此，若拉力为恒力，无论金属杆的电阻r为多少，都不能使金属杆保持匀速通过整个磁场(2)当金属杆在ab、cd左侧做匀速运动时，有FFA，解得v1，对金属杆通过磁场的过程，根据动能定理有F2sQmv2mv，得Q2Fsmv2，(3)在磁场外拉力恒定，金属杆做匀加速运动在ab、cd左侧时，有F1FAma，FA，则F1ma，在ab、cd右侧时，有F2FAma.FA则F2ma比较可得进入ab、cd右侧后Ft图线的斜率变小由于物体做匀加速运动，所以进入ab、cd左侧运动的时间比在ab、cd右侧运动的时间要长，故拉力大小随时间变化的关系图如图所示答案：(1)见解析(2)2Fsmv2(3)见解析13(2014安徽卷)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m以MN的中点O为原点、OP为x轴建立一坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg、电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出Fx关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv(ld)，E1.5 V(D点电势高)当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零，设此时杆在导轨外的长度为l外，则：l外ddOP得：l外1.2 m由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差UCDBl外v，UCD0.6 V(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是ld3x对应的电阻R1为R1R，电流I杆受的安培力F安BIl7.53.75x根据平衡条件得：FF安mgsin F12.53.75x(0x2)画出的Fx图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积，即WF2 J17.5 J而杆的重力势能增加量EPmgOPsin 故全过程产生的焦耳热QWFEP7.5 J答案：(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)图象见解析(3)7.5 J14(2016广州综合练习二)如图甲，单匝圆形线圈c与电路连接，电阻R2两端与平行光滑金属直导轨p1e1f1、p2e2f2连接，垂直于导轨平面向下、向上有矩形匀强磁场区域、，它们的边界为e1e2，区域中垂直导轨并紧靠e1e2平放一导体棒ab.两直导轨分别与同一竖直平面内的圆形光滑绝缘导轨O1、O2相切连接，O1、O2在切点f1、f2处开有小口可让ab进入，ab进入后小口立即闭合已知：O1、O2的直径和直导轨间距均为d，c的直径为2d；电阻R1、R2的阻值均为R，其余电阻不计；直导轨足够长且其平面与水平面夹角为60，区域的磁感应强度为B0.重力加速度为g.在c中边长为d的正方形区域内存在垂直线圈平面向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，ab在t0内保持静止(1)求ab静止时通过它的电流大小和方向；(2)求ab的质量m；(3)设ab进入圆轨道后能达到离f1f2的最大高度为h，要使ab不脱离圆形轨道运动，求区域的磁感应强度B2的取值范围并讨论h与B2的关系式解析：(1)由法拉第电磁感应定律得c内感生电动势ESd2B0，由全电路欧姆定律有EIR(R2被ab短路)，联立解得I，根据楞次定律和右手螺旋定则(或者平衡条件和左手定则)判断ab中电流方向为ab，(2)由题意可知导轨平面与水平面夹角为60对在t0内静止的ab受力分析有mgsin B0Id，联立解得m，(3)由题意知t后，c内的磁感应强度为零，ab滑入区域，由直导轨足够长可知ab进入圆形轨道时已达匀速直线运动，设此时ab的速度为v，其电动势为E2，电流为I2由平衡条件得mgsin B2I2d，由法拉第电磁感应定律得动生电动势E2B2dv，由全电路欧姆定律有E2I2，(R1、R2并联)联立解得v，由题意可知ab滑不过圆心等高点或者滑过圆轨道最高点均符合题意，分类讨论如下：()当mv2mgcos 即B2B0时，ab上滑过程由动能定理得mghmv2，即h，()设ab能滑到圆轨道最高点时速度为v1，根据牛顿第二定律应满足mg，所以当mv2mg(1cos )mv，即B2B0时，ab能滑到圆轨道最高点，有h(1cos )，答案：(1)见解析(2)(3)见解析13