2019-2020年高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练十三专题五电路和电磁感应第13讲电磁感应规律及其应用.doc

2019-2020年高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练十三专题五电路和电磁感应第13讲电磁感应规律及其应用一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。第16题只有一项符合题目要求,第710题有多项符合题目要求)1.如图甲所示,光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中,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在水平拉力F的作用下始终处于静止状态,规定ab的方向为电流的正方向,水平向右的方向为拉力F的正方向,则在02t0时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流与时间及拉力F与时间关系的图线是()【解析】选D。由E=可知,电动势保持不变,则电路中电流不变,由安培力F=BtIL可知,电路中安培力随B的变化而变化,当B为负值时,安培力的方向为负,B为正值时,安培力为正值,故选项D正确。2.(xx济宁一模)如图所示,用均匀导线做成边长为0.2m的正方形线框,线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中,当磁场以20T/s的变化率增强时,a、b两点间电势差的大小为U,则()A.ab,U=0.2VC.ab,U=0.4V【解析】选A。题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势,从而在线框中有感应电流产生,把左半部分线框看成电源,其电动势为E,内电阻为,画出等效电路如图所示,则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压,设l是边长,且依题意知=20T/s,由法拉第电磁感应定律得E=N=120V=0.4V,故U=IR=0.2V,由于a点电势低于b点电势,故有Uab=-0.2V,选项A正确。3.(xx揭阳一模)矩形导线框abcd放在匀强磁场中,在外力控制下静止不动,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图所示。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里;在04s时间内,线框ab边受匀强磁场的作用力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)是图中的()【解析】选D。t=0时刻,磁感应强度的方向垂直线框平面向里,在0到1s内,穿过线框的磁通量变小,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左;当在1 s到2 s内,磁感应强度的方向垂直线框平面向外,穿过线框的磁通量变大,由楞次定律可得,感应电流方向是顺时针,再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向右;在下一个周期内,重复出现安培力先向左后向右,故选项D正确。4.(xx蚌埠一模)如图甲所示,bacd为用导体做成的框架,其平面与水平面成角,质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好,回路的电阻为R,整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图乙所示,PQ始终静止,则在0t2内(t=0时刻,安培力大于mgsin),对PQ受到的摩擦力F的分析正确的是()A.F先减小后增大,且在t1时刻为零B.F先减小后增大,且在t1时刻F=mgsinC.F先增大后减小,且在t1时刻为最大值D.F先增大后减小,且在t1时刻F=mgsin【解析】选B。根据法拉第电磁感应定律E=和欧姆定律I=可知,在线圈中产生恒定的感应电流,开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力,安培力大于mgsin,则摩擦力为F=F安-mgsin,由于安培力逐渐减小,故摩擦力逐渐减小,当F安=mgsin时,摩擦力为零并开始反向变为F=mgsin-F安,随着安培力的逐渐减小,摩擦力逐渐增大,t1时刻,安培力为零,F=mgsin,故选项B正确。5.(xx浙江高考)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为91C.a、b线圈中感应电流之比为34D.a、b线圈中电功率之比为31【解题指导】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)根据楞次定律判断感应电流的方向。(2)根据法拉第电磁感应定律计算电动势的大小之比。(3)根据电阻定律判断线框电阻的大小,结合闭合电路欧姆定律判断感应电流之比。【解析】选B。a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度均匀增加,由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外,再根据安培定则可知:两线圈内产生逆时针方向的感应电流,A错误;由E=可知=,B正确;a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数相同,RaRb=31,由闭合电路的欧姆定律得Ia=,Ib=则=,C项错误;Pa=Ra,Pb=Rb则PaPb=271,D错误。故选B。6.如图,一正方形闭合线圈,从静止开始下落一定高度后,穿越一个有界的匀强磁场区域,线圈上、下边始终与磁场边界平行。自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中,线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系,可能正确的是()【解析】选A。若线框刚进入磁场时,安培力等于重力,做匀速直线运动,感应电流I恒定,全部进入磁场后做加速运动,出磁场时,安培力大于重力,做减速运动,感应电流减小,做加速度减小的减速运动,故A正确;若线框进入磁场做匀速直线运动,速度不变,电流不变,上边刚进磁场,下边又出磁场,又继续做匀速直线运动,电流的方向反向,但受到的安培力始终向上,故B错误;线框进入磁场,若安培力大于重力,先做减速运动,完全进入磁场后做加速运动,出磁场时,安培力大于重力,仍然做减速运动,进出磁场都是做加速度减小的减速运动,C、D错误。7.(xx洛阳二模)均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面过圆心的轴旋转,在环的圆心处有一闭合小线圈,小线圈和圆环在同一平面,则()A.只要圆环在转动,小线圈内就一定有感应电流B.不管环怎样转动,小线圈内都没有感应电流C.圆环在做变速转动时,小线圈内一定有感应电流D.圆环做匀速转动时,小线圈内没有感应电流【解析】选C、D。当圆环匀速转动时形成的电流是不变的,电流的磁场是不变的,穿过小线圈的磁通量不变,小线圈内没有感应电流,故选项A错误;当圆环做变速运动时,形成的电流是变化的,电流产生的磁场也是变化的,穿过圆心处闭合线圈的磁通量将发生变化,线圈中一定产生感应电流,故选项B错误,C正确;当圆环做匀速转动时,带负电的圆环形成恒定电流,产生的磁场是恒定的,穿过圆心处闭合线圈的磁通量不变,线圈中没有感应电流产生,故选项D正确。8.(xx海口二模)如图甲所示,一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框的右边紧贴着磁场边界,t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F,让线框从静止开始做匀加速直线运动,在t0时刻穿出磁场;图乙为外力F随时间变化的图象,若线框质量为m、电阻为R,图象中的F0、t0也为已知量,由此可知()A.线框穿出磁场时的速度v=B.线框穿出磁场时的速度v=C.匀强磁场的磁感应强度B=D.匀强磁场的磁感应强度B=【解析】选A、C。t=0时刻,v=0,感应电动势E=0,感应电流I=0,安培力F安=BIl=0,由牛顿第二定律得F0=ma,解得a=,线框做匀加速直线运动,则线框穿出磁场时的速度v=at0=,故选项A正确,B错误;正方形金属线框的边长为L=a=,线框刚离开磁场时所受的安培力为FA=BIL,由闭合电路的欧姆定律得I=,由牛顿第二定律得3F0-FA=ma,解得B=,故选项C正确,D错误。【加固训练】如图所示,两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于斜面向上。两金属杆质量均为m,电阻均为R,垂直于导轨放置。开始时金属杆ab处在与磁场上边界相距l的位置,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住。现将金属杆ab由静止释放,当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g,导轨电阻不计,则()A.金属杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由a到bB.金属杆ab进入磁场时的速度大小为C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D.金属杆ab进入磁场后,金属杆cd对两根小柱的压力大小为零【解析】选B。根据右手定则,金属杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由b到a,A错误;下滑距离l时,mglsin=,v=,B正确;金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E满足=mgsin,故E=,C错误;cd受到沿斜面向下的安培力,重力的分力向下,对两根小柱的压力大小不为零,D错误。9.如图所示,平行金属导轨与水平面间的倾角为,导轨电阻不计,与阻值为R的定值电阻相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动,最远到达ab的位置,滑行的距离为s,导体棒的电阻也为R,与导轨之间的动摩擦因数为,则()A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B.上滑过程中电流做功放出的热量为mv2-mgs(sin+cos)C.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D.上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2-mgssin【解析】选B、D。导体棒开始运动时速度最大,产生的感应电动势和感应电流最大,所受的安培力最大,由E=BLv、I=、FA=BIL得,最大安培力为Fmax=,故选项A错误;根据能量守恒可知,上滑过程中导体棒的动能减小,转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能,则由电流做功放出的热量为Q=mv2-mgs(sin+cos),故选项B正确;根据功能关系知:导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热,设为W,由以上分析可知导体棒克服安培力做的功应小于导体棒动能的减小,即Wmv2,故选项C错误;上滑的过程中导体棒的动能减小mv2,重力势能增加mgssin,所以导体棒损失的机械能为mv2-mgssin,故选项D正确。【加固训练】如图所示,两根足够长且光滑的平行金属导轨PQ、MN倾斜固定,倾角为=30,相距为L,导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。有两根质量均为m的金属棒a、b,先将a棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与小球c连接,连接a棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b棒也垂直导轨放置在导轨上,b刚好能静止。a棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,重力加速度为g。则()A.小球c的质量为mB.b棒放上导轨前a棒的加速度为0.5gC.b棒放上导轨后a棒中电流大小是D.b棒放上导轨后,小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能【解析】选A、C。b棒静止说明b棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,此时a棒匀速向上运动,说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c匀速下降,则c所受重力和绳的拉力大小平衡。由b平衡可知,安培力大小F安=mgsin,由a平衡可知F绳=F安+mgsin=2mgsin,由c平衡可知F绳=mcg;因为绳中拉力大小相等,故2mgsin=mcg,即小球c的质量为2msin=m,故A正确;根据BIL=mgsin30,可知b棒放上导轨后a棒中电流大小是I=,选项C正确;b棒放上导轨后,小球c减少的重力势能等于a增加的重力势能与回路消耗的电能之和,选项D错误;b棒放上导轨前a棒的加速度为mg-mgsin30=2ma,解得a=g,选项B错误。10.(xx宜宾二模)如图所示,正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L,电阻均为R,质量分别为2m和m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合,导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放,当导线框ABCD刚好全部进入磁场时,开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力,则()A.匀速运动的速度大小v=B.两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=mgC.导线框abcd通过磁场的时间t=D.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q=2mgL-【解析】选A、D。线框ABCD完全进入磁场后,abcd中开始产生感应电流,由平衡条件得mg+=2mg,解得v=,故选项A正确;导线框ABCD刚好全部进入磁场时磁通量不再变化,回路中没有感应电流,则线框ABCD不受安培力,只受重力和绳子拉力,做匀速运动,根据平衡条件FT=2mg,此时的受力情况与两线框刚开始做匀速运动时受力情况相同,故选项B错误;abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流,不再受安培力,但ABCD开始穿出磁场,产生感应电流受安培力作用,当ABCD穿出磁场后不再有感应电流,不再受安培力,abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力,受力分析知系统始终匀速运动,故abcd通过磁场的时间t=,故选项C错误;等高时速度为v,根据能量守恒2mg2L-mg2L=(m+2m)v2+Q,解得Q=2mgL-,故选项D正确。【总结提升】求解电磁感应中能量的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)。(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化。(3)根据能量守恒定律列式求解。二、计算题(本大题共4小题,共50分。需写出规范的解题步骤)11.(10分)(xx衡阳一模)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为l,两导轨间连有一电阻R,导轨平面与水平面的夹角为,在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层,涂层宽度也为l。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从h高度处由静止释放,在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦,动摩擦因数=tan,其他部分的电阻不计,重力加速度为g,求:(1)导体棒到达底端的速度。(2)整个运动过程中产生的焦耳热。【解析】(1)导体棒到达涂层前随着速度的增加,安培力越来越大,因此合力越来越小,加速度越来越小,由于到达涂层时已匀速运动,而涂层的动摩擦因数=tan,因此在涂层区导体棒做匀速运动(1分)穿过涂层后导体棒仍匀速运动,到达底端时有:mgsin=(2分)因此导体棒到达底端时的速度为:v=。(1分)(2)对整个过程由动能定理得:mgh-mglcos-W安=mv2(2分)由功能关系得:W安=Q(2分)因此整个运动过程中产生的焦耳热为:Q=mg(h-lsin)-。(2分)答案:(1)(2)mg(h-lsin)-12.(13分)(xx青岛一模)如图所示,由相同材料制成的足够长光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上,导轨间的夹角为=37。导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1T。t=0时刻,一长为L=1.8m的金属杆MN在外力F作用下以恒定速度v=0.4m/s从O点开始向右滑动。在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好,且始终与OQ垂直,导轨厚度不计。导轨与金属杆单位长度的电阻均为r0=0.05。求:(1)t=4s时刻,金属杆中的电流强度I。(2)t=4s时刻,外力F的功率。(3)金属杆脱离导轨OP前金属杆上产生的焦耳热。【解析】(1)在t=4s时刻,进入回路的金属杆的长度:l=vttan37(1分)回路的总电阻:R=(l+vt+)r0(1分)由法拉第电磁感应定律得:E=Blv(1分)由欧姆定律得:I=(1分)解得:I=2A。(1分)(2)在t=4s时刻,外力的大小为:F=BIl(1分)外力F的功率为:P=Fv(1分)解得:P=0.96W。(1分)(3)金属杆脱离导轨OP时金属杆运动的位移:x=(1分)安培力的大小为:F=BIL(1分)回路产生的热量:Q=x(1分)金属杆上产生的焦耳热:Q=Q(1分)解得:Q=1.08J。(1分)答案:(1)2A(2)0.96W(3)1.08J13.(12分)在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L=1m,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间距离d=10mm,定值电阻R1=R2=12,R3=2,金属棒ab电阻r=2,其他电阻不计。磁感应强度B=1T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,质量m=110-14kg,带电量q=-110-14C的微粒恰好静止不动。取g=10m/s2,在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好,且运动速度保持恒定。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。【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)由带电微粒的受力情况确定电场力的方向,从而确定场强方向,由场强方向确定极板的电势高低,从而确定回路中的电流方向。(2)由带电微粒的受力情况求出极板间的电压,再由欧姆定律确定ab两端的电压。(3)由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律求出金属棒ab运动的速度。【解析】(1)带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态,重力竖直向下,则电场力竖直向上,故M板带正电。ab棒向右切割磁感线产生感应电动势,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分)(2)对带电微粒由平衡条件得:mg-qE=0(1分)又:E=(1分)解得:UMN=0.1V(1分)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:I=0.05A(1分)ab棒两端的电压为:Uab=UMN+I=0.4V。(2分)(3)由闭合电路欧姆定律得:E感=Uab+Ir=0.5V(2分)由法拉第电磁感应定律得:E感=BLv(1分)解得:v=0.5m/s(1分)答案:(1)匀强磁场的方向竖直向下(2)0.4V(3)0.5m/s14.(15分)(xx宁波一模)如图所示,ab和cd为质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R=0.3的两相同金属棒,ab放在半径分别为r1=0.5m和r2=1m的水平同心圆环导轨上,导轨处在磁感应强度为B=0.2T竖直向上的匀强磁场中;cd跨放在间距也为L=0.5m、倾角为=30的光滑平行导轨上,导轨处于磁感应强度也为B=0.2T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路,除导体棒电阻外其余电阻均不计。ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动,使cd在倾斜导轨上保持静止。ab与两圆环导轨间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度g取10m/s2。求:(1)从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动。(2)ab转动的角速度大小。(3)作用在ab上的外力的功率。【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)ab转动切割磁感线产生感应电动势。(2)cd始终处于平衡状态。(3)作用在ab棒上的外力对ab棒做功的功率,在数值上应等于ab棒克服摩擦力做功的功率与回路产生的电功率之和。【解析】(1)从上往下看,ab应沿顺时针方向转动。(2分)(2)对cd由平衡条件得:mgsin-BIL=0(1分)解得:I=5A(1分)由闭合电路欧姆定律得:E=I2R=3V(2分)由法拉第电磁感应定律得:E=BLv=BL(r1+r2)(2分)解得:=40rad/s。(1分)(3)从能量转化和守恒的角度看,作用在ab棒上的外力对ab棒做功的功率,在数值上应等于ab棒克服摩擦力做功的功率与回路产生的电功率之和,则:P=Ffava+Ffbvb+IE(2分)其中:Ffa=Ffb=mg=0.25N(1分)va=r1=20m/s(1分)vb=r2=40m/s(1分)解得:P=30W。(1分)答案:(1)顺时针(2)40rad/s(3)30W