高考物理二輪復習 第一部分 專題十 電磁感應規(guī)律及其應用限時集訓-人教版高三物理試題

專題限時集訓(十)電磁感應規(guī)律及其應用(對應學生用書第135頁)(建議用時：40分鐘)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1．如圖10-23，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應電流的方向，下列說法正確的是()【導學號：17214173】圖10-23A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向D[PQ向右運動，導體切割磁感線，根據(jù)右手定則，可知電流由Q流向P，即逆時針方向，根據(jù)楞次定律可知，通過T的磁場減弱，則T的感應電流產(chǎn)生的磁場應指向紙面里面，則感應電流方向為順時針．]2．如圖10-24所示，將一鋁管豎立在水平桌面上，把一塊直徑比鋁管內(nèi)徑小一些的圓柱形的強磁鐵從鋁管上端由靜止釋放，強磁鐵在鋁管中始終與管壁不接觸．則強磁鐵在下落過程中()圖10-24A．若增加強磁鐵的磁性，可使其到達鋁管底部的速度變小B．鋁管對水平桌面的壓力一定逐漸變大C．強磁鐵落到鋁管底部的動能等于減少的重力勢能D．強磁鐵先加速后減速下落A[磁鐵通過鋁管時，導致鋁管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應電流，感應電流阻礙磁鐵相對于鋁管的運動；結(jié)合法拉第電磁感應定律可知，磁鐵的磁場越強、磁鐵運動的速度越快，則感應電流越大，感應電流對磁鐵的阻礙作用也越大，所以若增加強磁鐵的磁性，可使其到達鋁管底部的速度變小，故A正確．磁鐵在整個下落過程中，由楞次定律“來拒去留”可知，鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力；同時，結(jié)合法拉第電磁感應定律可知，磁鐵運動的速度越快，則感應電流越大，感應電流對磁鐵的阻礙作用也越大，所以磁鐵將向下做加速度逐漸減小的加速運動．磁鐵可能一直向下做加速運動，也可能磁鐵先向下做加速運動，最后做勻速直線運動，不可能出現(xiàn)減速運動；若磁鐵先向下做加速運動，最后做勻速直線運動，則鋁管對水平桌面的壓力先逐漸變大，最后保持不變，故B錯誤，D錯誤．磁鐵在整個下落過程中，除重力做功外，還有產(chǎn)生感應電流對應的安培力做功，導致減小的重力勢能，部分轉(zhuǎn)化為動能外，還有部分產(chǎn)生內(nèi)能，動能的增加量小于重力勢能的減少量，故C錯誤．]3．(2017·咸陽二模)如圖10-25所示，一呈半正弦形狀的閉合線框abc，ac＝l，勻速穿過邊界寬度也為l的相鄰磁感應強度大小相同的勻強磁場區(qū)域，整個過程線框中感應電流圖象為(取順時針方向為正方向)()圖10-25B[線框從左邊磁場進入右邊磁場的過程中，兩邊都切割磁感線，磁通量變化得更快，感應電動勢更大，感應電流方向沿逆時針，為負，選項B正確．]4．在如圖10-26甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝2R，圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導線的電阻為R，半徑為r2(r2<r1)的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的交點坐標分別為t0和B0，其余導線的電阻不計，閉合S，至t1時刻，電路中的電流已穩(wěn)定，下列說法正確的是()【導學號：17214174】圖10-26①電容器上極板帶正電②電容器下極板帶正電③線圈兩端的電壓為eq\f(B0πr\o\al(2,1),t0)④線圈兩端的電壓為eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)A．①③ B．①④C．②③ D．②④D[由楞次定律知圓形金屬線圈內(nèi)的感應電流方向為順時針，金屬線圈相當于電源，電源內(nèi)部的電流從負極流向正極，則電容器的下極板帶正電，上極板帶負電，①錯②對．由法拉第電磁感應定律知感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,t0)×πreq\o\al(2,2)，由閉合電路歐姆定律得感應電流為I＝eq\f(E,R＋R1＋R2)，所以線圈兩端的電壓U＝I(R1＋R2)＝eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)，③錯④對，故應選 D．]5．(2017·河北邯鄲一模)如圖10-27所示，一足夠長的光滑平行金屬軌道，軌道平面與水平面成θ角，上端與一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時間后，金屬桿開始以速度v勻速運動直到軌道的底端．金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好，軌道的電阻及空氣阻力均可忽略不計，重力加速度為g．則()圖10-27A．金屬桿加速運動過程中的平均速度為v/2B．金屬桿加速運動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運動過程中克服安培力做功的功率C．當金屬桿的速度為v/2時，它的加速度大小為eq\f(gsinθ,2)D．整個運動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－eq\f(1,2)mv2C[對金屬桿分析知，金屬桿ab在運動過程中受到重力、軌道支持力和安培力作用，先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動，因金屬桿加速運動過程不是勻加速，故其平均速度不等于eq\f(v,2)，A錯誤．當安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsinθ＝eq\f(B2l2v,R)時，桿ab開始勻速運動，此時v最大，F(xiàn)安最大，故勻速運動時克服安培力做功的功率大，B錯誤；當金屬桿速度為eq\f(v,2)時，F(xiàn)安′＝eq\f(B2l2·\f(v,2),R)＝eq\f(1,2)mgsinθ，所以F合＝mgsinθ－F安′＝eq\f(1,2)mgsinθ＝ma，得a＝eq\f(gsinθ,2)，C正確；由能量守恒可得mgh－eq\f(1,2)mv2＝Qab＋QR，即mgh－eq\f(1,2)mv2應等于電阻R和金屬桿上產(chǎn)生的總焦耳熱，D錯誤．]6．如圖10-28所示，粗細均勻的矩形金屬導體方框abcd固定于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示．以垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列關(guān)于ab邊的熱功率P、ab邊受到的安培力F(以向右為正方向)隨時間t變化的圖象中正確的是()圖10-28AD[根據(jù)法拉第電磁感應定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，產(chǎn)生的感應電動勢大小不變，所以感應電流大小也不變，ab邊熱功率P＝I2R，恒定不變，A正確，B錯誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL，因為電流大小、ab邊長度不變，安培力與磁感應強度成正比，根據(jù)左手定則判定方向，可知C錯誤，D正確．]7．如圖10-29所示是法拉第制作的世界上第一臺發(fā)電機的模型原理圖．把一個半徑為r的銅盤放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表．現(xiàn)使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法中正確的是()圖10-29A．C點電勢一定高于D點電勢B．圓盤中產(chǎn)生的感應電動勢大小為eq\f(1,2)Bωr2C．電流表中的電流方向為由a到bD．若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場磁感應強度均勻增大，在銅盤中可以產(chǎn)生渦旋電流BD[把銅盤看作由中心指向邊緣的無數(shù)條銅棒組合而成，當銅盤轉(zhuǎn)動時，每根銅棒都在切割磁感線，相當于電源，由右手定則知，盤邊緣為電源正極，中心為電源負極，C點電勢低于D點電勢，選項A錯誤；此電源對外電路供電，電流由b經(jīng)電流表再從a流向銅盤，選項C錯誤；銅棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，相當于電源，回路中感應電動勢為E＝Brv＝Brωeq\f(1,2)r＝eq\f(1,2)Bωr2，選項B正確；若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場磁感應強度均勻增大，在銅盤中產(chǎn)生感生環(huán)形電場，使銅盤中的自由電荷在電場力的作用下定向移動，形成環(huán)形電流，選項D正確．]8．(2017·貴州三校聯(lián)考)如圖10-30所示，豎直光滑導軌上端接入一定值電阻R，C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導軌平面向外，區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k>0)變化，C2中磁場的磁感應強度恒為B2，一質(zhì)量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導軌上，且與導軌接觸良好，并恰能保持靜止．則()圖10-30A．通過金屬桿的電流大小為eq\f(mg,B2L)B．通過金屬桿的電流方向為從B到AC．定值電阻的阻值為R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－rD．整個電路的熱功率P＝eq\f(πkamg,2B2)BCD[根據(jù)題述金屬桿恰能保持靜止，由平衡條件可得：mg＝B2I·2a，通過金屬桿的電流大小為I＝eq\f(mg,2aB2)，選項A錯誤．由楞次定律可知，通過金屬桿的電流方向為從B到A，選項B正確．根據(jù)區(qū)域C1中磁場的磁感應強度隨時間按B1＝b＋kt(k>0)變化，可知eq\f(ΔB1,Δt)＝k，C1中磁場變化產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔB1,Δt)πa2＝kπa2，由閉合電路歐姆定律，E＝I(r＋R)，聯(lián)立解得定值電阻的阻值為R＝eq\f(2πkB2a3,mg)－r，選項C正確．整個電路的熱功率P＝EI＝kπa2·eq\f(mg,2aB2)＝eq\f(πkamg,2B2)，選項D正確．]二、計算題(共2小題，32分)9．(14分)(2016·全國甲卷T24)如圖10-31所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ．重力加速度大小為g．求：圖10-31(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?2)電阻的阻值．【解析】(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg①設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有v＝at0②當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))．④(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為f＝BlI⑥因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得F－μmg－f＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)．⑧【答案】(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)10．(18分)如圖10-32甲所示，兩根平行光滑金屬導軌相距L＝1m，導軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導軌的下端PQ間接有R＝8Ω的電阻．相距x＝6m的MN和PQ間存在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場．磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖乙所示．將阻值r＝2Ω的導體棒ab垂直放在導軌上，使導體棒從t＝0時由靜止釋放，t＝1s時導體棒恰好運動到MN，開始勻速下滑．g取10m/s2．求：甲乙圖10-32(1)0～1s內(nèi)回路中的感應電動勢；(2)導體棒ab的質(zhì)量；(3)0～2s時間內(nèi)導體棒所產(chǎn)生的熱量．【導學號：17214175】【解析】(1)0～1s內(nèi)，磁場均勻變化，由法拉第電磁感應定律有：E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S由圖象得eq\f(ΔB,Δt)＝2T/s，且S＝Lx＝6m2代入解得：E1＝12V．(2)導體棒從靜止開始做勻加速運動，加速度a＝gsinθ＝10×0．5m/s2＝5m/s2t＝1s末進入磁場區(qū)域的速度為v＝at1＝5×1m/s＝5m/s導體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E2＝BLv＝2×1×5V＝10V根據(jù)導體棒進入磁場區(qū)域做勻速運動，可知導體受到的合力為零，有：mgsinθ＝F安＝BIL根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E2,R＋r)聯(lián)立以上各式得：m＝0．