2019年高考物理總復習第十章電磁感應(yīng)專題講座八電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(一)課時訓練教科版

1、專題講座八電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(一)1.(2018廣東湛江四校聯(lián)考)如圖所示,在一磁感應(yīng)強度B=0.5 T 的勻強磁場中,垂直于磁場方向水平放置著兩根相距為L=0.1 m的平行金屬導軌MN和PQ,導軌電阻忽略不計,在兩根導軌的端點N,Q之間連接一阻值R=0.3 的電阻.導軌上放置著金屬棒ab,其電阻r=0.2 .當金屬棒在水平拉力作用下以速度v=4.0 m/s向左做勻速運動時(A)A.ab棒所受安培力大小為0.02 NB.N,Q間電壓為0.2 VC.a端電勢比b端電勢低D.回路中感應(yīng)電流大小為1 A解析:ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv=0.50.14 V=0.2 V,感應(yīng)電流為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正確,D錯誤;N,Q間電壓為U=IR=0.40.3 V=0.12 V,故B錯誤;由右手定則知,ab棒中感應(yīng)電流方向由b到a,a端電勢較高,故C錯誤.2.(2018長春模擬)如圖所示,兩光滑平行金屬導軌間距為L,直導線MN垂直跨在導軌上,且與導軌接觸良好,整個裝置處在垂直于紙面向里的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B.電容器的電容為C,除電阻R外,導軌和導線的電阻均不計.現(xiàn)給導線MN一初速度,使導線MN向右運動,當電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右做勻速運動時(C)A.電容器兩端的電壓為零B.電阻兩端的電壓為BLvC.電容器所帶

3、電荷量為CBLvD.為保持MN勻速運動,需對其施加的拉力大小為解析:當導線MN勻速向右運動時,導線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定,穩(wěn)定后,電容器既不充電也不放電,無電流產(chǎn)生,故電阻兩端沒有電壓,電容器兩極板間的電壓為U=E=BLv,所帶電荷量Q=CU=CBLv,故A,B錯,C對;MN勻速運動時,因無電流而不受安培力, 故拉力為零,D錯.3.(2018鄭州模擬)半徑為a、右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿,單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置,整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動,桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸,從圓環(huán)中心O開始,

4、桿的位置由確定,如圖所示.則(A)A.=0時,桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB.=時,桿產(chǎn)生的電動勢為BavC.=0時,桿受的安培力大小為D.=時,桿受的安培力大小為解析:=0時,導體直桿切割磁感線的有效長度為2a,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1=2Bav;電路中電阻R=(a+2a)R0,感應(yīng)電流為I1=,所以桿所受安培力為F1=BI12a=,A正確,C錯誤;同理,=時,E2=Bav,F2=,B,D均錯誤.4.(2017廣州一模)如圖所示,線圈abcd固定于勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況如圖(乙)所示.下列關(guān)于ab邊所受安培力隨時間變化的Ft圖像(規(guī)定安培力方向向右為正)正確

5、的是(C)解析:由楞次定律知,感應(yīng)電流的方向為adcba,根據(jù)電磁感應(yīng)定律有E=n=nS,則I=nS,電流為定值,根據(jù)左手定則,ab邊所受安培力的方向向右,由F=BIL知,安培力均勻增加,由于B0,因此F0.所以C正確,A,B,D錯誤.5.如圖(甲)所示,矩形線圈abcd固定于方向相反的兩個磁場中,兩磁場的分界線OO恰好把線圈分成對稱的左右兩部分,兩磁場的磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖(乙)所示,規(guī)定磁場垂直紙面向內(nèi)為正,線圈中感應(yīng)電流逆時針方向為正.則線圈感應(yīng)電流隨時間的變化圖像為(A)解析:當垂直紙面向里的磁通量增大時,垂直紙面向外的磁通量在減小,則總的磁通量變化是垂直紙面向里增大,由楞次

6、定律判斷可知,感應(yīng)電流為正,選項B,D錯誤;由E=S可知,電路中感應(yīng)電流大小恒定不變,故選項A正確.6.(2017洛陽一模)如圖(甲)所示,光滑導軌水平放置在與水平方向成60度角斜向下的勻強磁場中,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化規(guī)律如圖(乙)所示(規(guī)定斜向下為正方向),導體棒ab垂直導軌放置,除電阻R的阻值外,其余電阻不計,導體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止狀態(tài).規(guī)定ab的方向為電流的正方向,水平向右的方向為外力的正方向,則在0t時間內(nèi),能正確反映流過導體棒ab的電流i和導體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖像是(D)解析:由E=sin 60可知,電動勢保持不變,則電路中電流不變,故

7、A,B錯誤;由安培力F=BIL可知,電路中安培力隨B的變化而變化,當B為負值時,安培力的方向為正,外力F為負;B為正值時,安培力為負值,外力F為正值,故C錯誤,D正確.7.(2018西安模擬)(多選)如圖所示,兩根足夠長、電阻不計且相距L=0.2 m 的平行金屬導軌固定在傾角=37的絕緣斜面上,頂端接有一盞額定電壓U=4 V的小燈泡,兩導軌間有一磁感應(yīng)強度大小B=5 T、方向垂直斜面向上的勻強磁場.今將一根長為2L、質(zhì)量m=0.2 kg、接入電路的電阻r=1.0 的金屬棒垂直于導軌放置在頂端附近無初速度釋放、金屬棒與導軌接觸良好,金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)=0.25,已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時

8、,小燈泡恰能正常發(fā)光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,則(BD)A.金屬棒剛開始運動時的加速度大小為3 m/s2B.金屬棒剛開始運動時的加速度大小為4 m/s2C.金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為9.6 m/sD.金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為4.8 m/s解析:金屬棒剛開始運動時初速度為零,不受安培力作用,由牛頓第二定律得mgsin -mgcos =ma,代入數(shù)據(jù)得a=4 m/s2,故選項A錯誤,B正確;設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時速度為v,感應(yīng)電動勢為E(金屬棒的有效長度為L),回路中的電流為I,由平衡條件得mgsin =BIL+mgcos ,由閉合電路歐姆定律得

9、I=,而E=BLv,聯(lián)立解得v=4.8 m/s,故選項C錯誤,D正確.8.(2018福建漳州模擬)(多選)如圖所示,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(圖中未畫出),區(qū)域C1中磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按B1=b+kt(k0)變化,C2中磁場的磁感應(yīng)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(BCD)A.通過金屬桿的電流大小為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=-rD.整個電路中產(chǎn)生的熱功率P=解析:AB桿平衡

10、,則有mg=B2I2a,解得I=,A錯誤;安培力向上,根據(jù)左手定則可知,AB中感應(yīng)電流的方向為從B到A,B正確;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動勢的大小E=a2=ka2,由I=,解得R=-r,C正確;整個電路產(chǎn)生的熱功率P=EI=,D 正確.9.(2018永州模擬)如圖(a)所示,在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框,在1位置以速度v0=3 m/s進入勻強磁場時開始計時,此時線框中感應(yīng)電動勢為1 V,在t=3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場.此過程中vt圖像如圖(b)所示,那么 (B)A.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.25 VB.恒力F的大小為0.5 NC.

11、線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/sD.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s解析:t=0時,線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓,總的感應(yīng)電動勢為E=Bav0,外電壓U外=E=0.75 V,故A錯誤;在13 s內(nèi),線框做勻加速運動,沒有感應(yīng)電流,線框不受安培力,則有F=ma,由速度時間圖像的斜率表示加速度,求得a= m/s2=0.5 m/s2,則得F=0.5 N,故B正確.由b圖像看出,在t=3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場時與線框進入時速度相同,則線框出磁場與進磁場運動情況完全相同,則知線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度與t=1 s時刻的速度相等,即為2 m/

12、s,故C,D錯誤.10.(2018湖北襄陽優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)考)(多選)半徑分別為r和2r的同心圓導軌固定在同一水平面內(nèi),一長為r,電阻為R的均勻直金屬棒AB置于圓導軌上面,BA的延長線通過圓導軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示,整個裝置位于一勻強磁場中,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向豎直向下.在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器.直金屬棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在轉(zhuǎn)動過程中始終與導軌保持良好接觸.導軌電阻不計.下列說法正確的是(CD)A.金屬棒中電流從A流向BB.金屬棒兩端電壓為B2rC.電容器的M板帶正電D.電容器所帶電荷量為CBr2解析:根據(jù)右手定則可知,金屬棒AB產(chǎn)生的

13、感應(yīng)電流應(yīng)該是從B向A,故A錯誤;據(jù)E感=BL以及=r可得切割磁感線時產(chǎn)生的電動勢E感=BL=Br=Br2,切割磁感線的導體相當于電源,則AB兩端的電壓相當于路端電壓,則UAB=E感=Br2=Br2,故B錯誤;由于AB內(nèi)部電流方向由B向A,故金屬棒A端相當于電源正極,故與A接近的電容器M板帶正電,故C正確;由AB兩端的電壓(即R兩端電壓)為Br2,則電容器所帶電荷量Q=CU=CBr2,故D正確.11.導學號 (2017湖北天門模擬)(多選)如圖所示,在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的金屬棒ab,ac和MN,其中ab,ac在a點接觸,構(gòu)成“V”字型導軌,導軌所在空間存在垂直于紙面的勻強磁場,用力使M

14、N從a點由靜止開始做勻加速直線運動,運動中MN始終與bac的角平分線垂直且和導軌保持良好接觸,MN與ab,ac的交點分別為P,Q.關(guān)于回路中的電流I及P,Q間的電壓絕對值U與時間t的關(guān)系圖線,下列可能正確的是(AC)解析:設(shè)磁感應(yīng)強度為B,bac=2,單位長度電阻為R0,MN棒向右加速運動的加速度為a,t時刻金屬棒MN所處位置如圖所示,根據(jù)幾何知識,MN棒有效切割長度為L=2(at2tan )=at2tan ,P,Q間部分相當于電源,其內(nèi)阻r=R0at2tan ,所圍閉合回路的外電阻為R=R02()=,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,PQ間的電壓U=t3,即U與t3成正比,故由數(shù)學知識知,A圖像可能

15、正確,B錯誤;電流I=,可見電流I與時間t成正比,故C正確,D錯誤.12.導學號 (2018江西三校聯(lián)考)如圖所示,金屬桿ab,cd置于平行軌道MN,PQ上,可沿軌道滑動,兩軌道間距L=0.5 m,軌道所在空間有垂直于軌道平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.5 T,用力F=0.25 N向右水平拉桿ab,若ab,cd與軌道間的滑動摩擦力分別為f1=0.15 N,f2=0.1 N,兩桿的有效電阻R1=R2=0.1 ,設(shè)導軌電阻不計,ab,cd的質(zhì)量關(guān)系為2m1=3m2,且ab,cd與軌道間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等.求:(1)此兩桿之間的穩(wěn)定速度差;(2)若F=0.3 N,兩桿間穩(wěn)定速度差又是多

16、少?解析:因Ff1,故ab由靜止開始做加速運動,ab中將出現(xiàn)不斷變大的感應(yīng)電流,致使cd受到安培力F2作用,當F2f2時,cd也開始運動,故cd開始運動的條件是F-f1-f20.(1)當F=0.25 N時,F-f1-f2=0,故cd保持靜止,兩桿的穩(wěn)定速度差等于ab的最終穩(wěn)定速度vmax,故此種情況有:電流Im=,安培力Fm=BImL,則有F-Fm-f1=0,由此得vmax=0.32 m/s.(2)當F=0.3 Nf1+f2,對ab,cd組成的系統(tǒng),ab,cd所受安培力大小相等,方向相反,合力為零,則系統(tǒng)受的合外力為F合=F-f1-f2=0.05 N.對系統(tǒng)有F合=(m1+m2)a,因為2m1

17、=3m2,則F合=m2a.取cd為研究對象,F安-f2=m2a,F安=BIL,I=,聯(lián)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.導學號 (2018唐山模擬)在同一水平面上的光滑平行導軌P,Q相距l(xiāng)=1 m,導軌左端接有如圖所示的電路.其中水平放置的平行板電容器兩極板M,N相距d=10 mm,定值電阻R1=R2=12 ,R3=2 ,金屬棒ab的電阻r=2 ,其他電阻不計.磁感應(yīng)強度B=0.5 T的勻強磁場豎直穿過導軌平面,當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時,懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m=110-14kg、電荷量q=-110-14C

18、 的微粒恰好靜止不動.取g=10 m/s2,在整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好,且速度保持恒定.試求:(1)勻強磁場的方向;(2)ab兩端的路端電壓;(3)金屬棒ab運動的速度大小.解析:(1)負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài),因為重力豎直向下,所以電場力豎直向上,故M板帶正電.ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,ab棒等效于電源,感應(yīng)電流方向由ba,其a端為電源的正極,由右手定則可判斷,磁場方向豎直向下.(2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài),根據(jù)平衡條件有mg=E電q(E電為電場強度)又E電=,所以UMN=0.1 VR3兩端電壓與電容器兩端電壓相等,由歐姆定律得通過R3的電流為I=0.05 A則ab棒兩端的電壓為Uab=UMN+I=0.4 V.(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E=Blv而E=Uab+Ir=0.5 V聯(lián)立解得v=1 m/s.答案:(1)豎直向下(2)0.4 V(3)1 m/s【教師備用】 導學號 (2017南昌二模)如圖所示,足夠長的斜面與水平面的夾角為=53,空間中