（浙江专用）高三物理二轮复习 专题九 电磁感应综合问题限时训练.docVIP

专题九 电磁感应综合问题(限时:45分钟)【测控导航】考点题号(难易度)1.电磁感应与电路问题结合2(中),3(中),5(中)2.电磁感应中的力学问题6(中),10(难)3.电磁感应中的能量问题7(中),8(中)4.电磁感应与生产、科技的综合问题1(易),4(易),9(难)一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.(2015甘肃省庆阳市模拟)电磁炉热效率高达90%,炉面无明火,无烟无废气,电磁“火力”强劲,安全可靠.图示是描述电磁炉工作原理的示意图,下列说法正确的是(b)a.当恒定电流通过线圈时,会产生恒定磁场,恒定磁场越强,电磁炉加热效果越好b.电磁炉通电线圈加交变电流后,在锅底产生涡流,进而发热工作c.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅,主要原因是这些材料的导热性能较差d.在锅和电磁炉中间放一纸板,则电磁炉不能起到加热作用解析:锅体中的涡流是由变化的磁场产生的,所加的电流应是交流,不是直流,故a错误,b正确;金属锅自身产生无数小涡流而直接加热,陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料,不会产生涡流,故c错误;在锅和电磁炉中间放一纸板,不能阻挡变化的磁场通过锅底,因而不会影响电磁炉的加热作用,故d错误.2.(2015舟山5月仿真)如图(甲)所示,abcd为导体做成的框架,其平面与水平面成角,质量为m的导体棒pq与ab,cd接触良好静止在框架上,回路的总电阻为r,整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中,磁场的磁感应强度b的变化情况如图(乙)所示(取图中b的方向为正方向).而pq始终保持静止.则下列关于pq与框架间的摩擦力在时间0t1内的变化情况的说法中,有可能正确的是(c)a.一直不变 b.一直减小c.先减小,后增大d.先增大,后减小解析:根据法拉第电磁感应定律可知在“回路”中产生恒定的感应电流,开始导体棒pq受到沿导轨的安培力f安=il(b0-kt)先向上后向下,若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsin ,则摩擦力为f=mgsin -f安,随着安培力的减小,摩擦力f逐渐增大;若开始安培力大于mgsin ,则摩擦力为f=f安-mgsin ,由于安培力逐渐减小再反向增大,故摩擦力先向上逐渐减小后向下逐渐增大,故选项a,b,d错误,c正确.3.(2015安徽理综)如图所示,abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为b,导轨电阻不计.已知金属杆mn倾斜放置,与导轨成角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则(b) a.电路中感应电动势的大小为blvsinb.电路中感应电流的大小为bvsinrc.金属杆所受安培力的大小为b2lvsinrd.金属杆的热功率为b2lv2rsin解析:金属杆mn切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势e=blv,a错误;金属杆mn的有效电阻r=rlsin,故回路中的感应电流i=er=blvsinrl=bvsinr,b正确;金属杆受到的安培力f=bilsin=blsinbvsinr=b2lvr,c错误;金属杆的热功率p=i2r=b2v2sin2r2rlsin=b2v2sinlr,d错误.4.如图是佛山市顺德区首届中学生创意物理实验设计展评活动中某学生设计并获得一等奖的作品小熊荡秋千.两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒c,d固定在铁架台上,c,d的两端用柔软的细导线吊了两个铜线圈p,q(q上粘有一张小熊的图片,图中未画出),并组成一闭合回路,两个磁性很强的条形磁铁如图放置,当用手左右摆动线圈p时,线圈q也会跟着摆动,仿佛小熊在荡秋千.关于此作品,以下说法正确的是(b) a.p向右摆动的过程中,p中的电流方向为逆时针方向(从右向左看)b.p向右摆动的过程中,q也会向右摆动c.p向右摆动的过程中,q会向左摆动d.若用手左右摆动q,p会始终保持静止解析:p向右摆动的过程中,穿过p的磁通量减小,根据楞次定律,p中有顺时针方向的电流(从右向左看),故选项a错误;p向右摆动的过程中,p中的电流方向为顺时针方向,则q下端的电流方向向外,根据左手定则知,下端所受的安培力向右,则q向右摆动,选项b正确,c错误.同理,用手左右摆动q,p会左右摆动,故选项d错误.5.(2015镇江高考综合)如图所示,在镇海中学操场上有几位高三同学在做“摇绳发电”实验:把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上,形成闭合回路.小吴同学站在南边手握导线的a点,小周同学站在北边手握导线的b点,匀速顺时针摇动ab这段“绳”,如图中情景.则下列说法正确的是(c) a.当“绳”摇到小吴同学最右侧时,“绳”中电流最大b.当“绳”摇到最低点时,“绳”受到的安培力最小c.当“绳”摇到最高点时,“绳”中电流从b流向ad.当“绳”摇到最低点时,a点电势比b点电势高解析:镇海中学所在处地磁场方向从南向北斜向下,当“绳”摇到小吴同学最右侧时,“绳”转动的速度与地磁场竖直分量平行,不切割磁感线,则知此位置绳产生的感应电流最小,故a错误;当“绳”摇到最低点时,“绳”转动的速度与地磁场的竖直分量垂直,产生的感应电流最大,“绳”受到的安培力也最大,故选项b错误;当“绳”摇到最高点时,由于地磁场竖直分量向下,根据右手定则判断可知,“绳”中电流从b流向a,故选项c正确;当“绳”摇到最低点时,“绳”中电流从a流向b,a点相当于电源的负极,b点相当于电源正极,则a点电势比b点电势低,故选项d错误.6.(2015浙江校级模拟)如图所示,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v形状的光滑金属导轨mon(电阻忽略不计),mo和no长度均为2.5 m,mn连线水平,mn间距离为3 m,以o为原点,在垂直于mn的方向上建立一维坐标系ox.一根粗细均匀的金属杆pq,质量为m=0.1 kg,长度d=3 m,单位长度电阻相等,且总电阻为3 .在沿+x方向的拉力f作用下从o点由静止开始以2.5 m/s2的加速度做匀加速运动,取g=10 m/s2,则金属杆pq运动到x=0.8 m处时,pq间的电势差为upq,拉力为f,则有(ac) a.upq=-3 vb.upq=-1.8 vc.f=1.35 nd.f=0.85 n解析:金属杆pq运动到x=0.8 m处时的速度v=2ax=22.50.8 m/s=2 m/s,由于除pq金属杆外,没有其他电阻,所以电源短路,pq两端的电压等于pq上产生的感应电动势,又由右手定则判断知q点电势高,所以upq=-epq=-bdv=-0.532 v=-3 v,故选项a正确,b错误.金属杆pq运动到x=0.8 m处时回路中有效的切割长度设为l,mnl=omx2+(l2)2,代入数据解得l=1.2 m,回路中感应电动势为e=blv=0.51.22 v=1.2 v,回路中的电阻为r=1.233 =1.2 ,感应电流i=er=1 a,金属杆受到的安培力f安=bil=0.511.2 n=0.6 n,根据牛顿第二定律得f-f安-mgsin =ma,解得f=1.35 n,故选项c正确,d错误.7.(2015兰州诊断)如图所示,在垂直纸面向里的磁感应强度为b的有界矩形匀强磁场区域内,有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd,线框平面垂直于磁感线.线框以恒定的速度v沿垂直磁场边界向左运动,运动中线框dc边始终与磁场右边界平行,线框边长ad=l,cd=2l,线框导线的总电阻为r,则线框离开磁场的过程中,下列说法正确的是(ab) a.线框离开磁场的过程中,流过线框截面的电荷量为2bl2rb.线框离开磁场的过程中,产生的热量为4b2l3vrc.线框离开磁场的过程中,cd两点间的电势差2blv3d.线框从图示位置至完全离开磁场的过程中,回路中始终有顺时针方向的感应电流解析:线框离开磁场的过程中,磁通量的变化量=bl2l=2bl2,则流过线框截面的电荷量q=r=2bl2r,产生的电动势为e=b2lv=2blv,线框产生的热量q=e2r=4b2l2v2r,线框中电流i=er=2blvr,cd两点间电势差u=e-i13r=2blv-23blv=43blv,线框离开磁场过程中,其磁通量减少,由楞次定律判断可知,回路中有顺时针方向的电流,故选项a,b正确.8.(2015严州新校理科综合)如图所示,间距l=0.4 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b=0.2 t,方向垂直于斜面.甲、乙两金属杆电阻r相同、质量均为m=0.02 kg,垂直于导轨放置.起初,甲金属杆处在磁场的上边界ab处,乙在甲上方距甲为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a=5 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g=10 m/s2,则(ac)a.甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sb.每根金属杆的电阻r=0.016 c.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:甲在磁场中做匀加速运动,由l=12at2,可得甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 s,故选项a正确;乙金属杆进入磁场前的加速度为a=gsin 30=5 m/s2,可见其加速度与甲的加速度相同,甲乙做相同的加速运动.当乙进入磁场时,甲刚出磁场.乙进入磁场时的速度v=2glsin=2 m/s,由于乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动,受力平衡,则有mgsin =b2l2v2r,故得r=b2l22glsin2mgsin,代入数据得r=0.064 ,故选项b错误;甲在磁场中做匀加速运动时,由牛顿第二定律得f+mgsin 30-fa=ma,则f=fa,即外力f始终等于安培力,由于速度一直增加,安培力一直增大,f一直增大,其功率也增大,故选项c正确;乙金属杆进入磁场时做匀速运动,由功能关系知,乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率等于电路中电阻的热功率,即p=i22r=(blv2r)22r,v=2glsin,解得p=0.2 w,故选项d错误.教师备用:(2015浙大附中全真模拟)如图(甲)所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为r.在金属线框的下方有一匀强磁场区域,mn和pq是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向垂直于线框平面向里.现使金属线框从mn上方某一高度处由静止开始下落,如图(乙)是金属线框由开始下落到完全穿出匀强磁场区域瞬间的vt图象,图象中的物理量均为已知量.重力加速度为g,不计空气阻力.下列说法正确的是(bc)a.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向b.金属线框的边长为v1(t2-t1)c.磁场的磁感应强度为1v1(t2-t1)mgrv1d.金属线框在0t4的时间内所产生的热量为mgv1(t2-t1)+12m(v32-v22)解析:金属线框刚进入磁场时,根据楞次定律判断可知,感应电流方向沿abcda方向,故选项a错误;由图象可知,金属线框进入磁场过程中做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,所以金属线框的边长l=v1(t2-t1),故选项b正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力,即mg=bil,i=blv1r,又l=v1(t2-t1),联立解得b=1v1(t2-t1)mgrv1,故选项c正确;金属线框在进入磁场过程中金属线框产生的热量为q1,由能量守恒定律得:q1=mgl=mgv1(t2-t1)金属线框在离开磁场过程中,产生的热量为q2,由能量守恒定律得,q2=mgv1(t2-t1)+12m(v32-v22),则q总=q1+q2=2mgv1(t2-t1)+12m(v32-v22),故选项d错误.教师备用:(2015遵义市第二次联考)如图所示,mn和pq是电阻不计的平行金属导轨,其间距为l,导轨弯曲部分光滑,水平平直部分粗糙,二者平滑连接,右端接一个阻值为r的定值电阻,水平平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为b的匀强磁场,质量为m、电阻也为r的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边缘处恰好停止.已知金属棒与水平平直部分导轨间的动摩擦因数为,金属棒与导轨间接触良好,则在金属棒穿过磁场区域的过程中(bd) a.流过金属棒的最大电流为blghrb.通过定值电阻的电荷量为bdl2rc.安培力所做的功为-mghd.金属棒产生的焦耳热为12mg(h-d)解析:金属棒下滑过程中,由机械能守恒定律得mgh=12mv2,金属棒到达水平面时的速度v=2gh,金属棒到达水平面后做减速运动,刚到达水平面时的速度最大,最大感应电动势e=blv,最大感应电流i=e2r=bl2gh2r,故a错误;感应电荷量q=it=e2rt=2r=bld2r,故b正确;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh+w安-mgd=0,安培力做功w安=-mgh+mgd,故c错误;克服安培力做功转化为焦耳热,定值电阻与导体棒电阻相等,通过它们的电流相等,则金属棒产生的焦耳热qr=12q=-12w安=12mg(h-d),故d正确.二、非选择题9.(2015浙江全真模拟)某同学设计了一种自行车照明装置,为自行车车头灯供电的小型发电机的结构示意图如图(甲)所示.矩形线圈abcd固定在圆柱形铁芯上,过ad,bc边中点、平行于ab,cd的轴oo固定在铁芯上,轴的另一端有一半径为r0的摩擦小轮,小轮与自行车车轮的边缘相接触,当车轮转动时,因摩擦而带动小轮转动,从而使线圈在磁极间转动,如图(乙)所示.在磁极与圆柱形铁芯之间形成辐射状的磁场,ab,cd经过处的磁感应强度均为b,方向始终与两条边的运动方向垂直,俯视图如图(丙)所示.设线圈的匝数为n,ab=l1,bc=l2,自行车前后轮的半径为r1,大齿轮的齿数为n1,小齿轮的齿数为n2.车头灯的电阻为r,线圈总电阻为r.该同学以每秒n转的速度踏动自行车脚踏板,自行车从静止开始经很短的时间后就达到了稳定速度.自行车与地面,摩擦小轮与后轮之间没有相对滑动.该同学的质量为m,自行车连同发电装置的质量为m,设骑自行车时所受空气阻力和地面的阻力的总和f与人车总重力成正比,比例系数为k.不计线圈、圆柱形铁芯及摩擦小轮的转动动能和所有转轴处摩擦消耗的能量.(1)求稳定后,摩擦小轮的角速度0和车灯回路的电动势e;(2)若线圈逆时针转动(俯视),画出(从图示位置开始计时)流过车灯的电流随时间变化的图象,规定abcdra为电流的正方向.(注意:要有必要的公式说明)(3)经足够长时间t,发现骑行的路程为s,人在时间t内消耗的体能转化成机械能部分的能量如何分配,各项分别是多少?解析:(1)设大齿轮、小齿轮的角速度分别为1,2,大齿轮、小齿轮的半径分别为r1,r2,由角速度=vr得12=v/r1v/r2=r2r1=n2n11=2n小齿轮与后轮角速度相同,后轮与摩擦小轮的线速度相同,则小齿轮与摩擦轮的角速度之比为20=r0r10=2nr1n1r0n2线圈的电动势e=eab+edceab=edc=nbl10l2/2因此e=2nnn1bl1l2r1r0n2;(2)由闭合电路欧姆定律得im=er+r=2nnn1bl1l2r1r0n2(r+r),t0=20=r0n2nn1r1由右手定则可知0t04电流im为正值,t0434t0电流im为负值,34t0t0电流im为正值,则流过车灯的电流随时间的变化图象如图所示.(3)电热q=eimt=(2nnn1bl1l2r1)2r02n22(r+r)t,车速v=2r1=2n1nr1n2,人、车的动能ek=12(m+m)v2=12(m+m) (2n1nr1n2)2,各种阻力消耗的能量ef=k(m+m)gs.答案:见解析10.(2015河南内黄一中高三测试)如图(甲)所示,光滑绝缘水平面上,磁感应强度b=2 t的匀强磁场以虚线mn为左边界,mn的左侧有一质量m=0.1 kg,bc边长l1=0.2 m,电阻r=2 的矩形线圈abcd,t=0时,用一恒定拉力f拉线圈,使其由静止开始向右做匀加速运动,经过时间1 s,线圈的bc边到达磁场边界mn,此时立即将拉力f改为变力,又经过1 s,线圈恰好完全进入磁场.整个运动过程中,线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图(乙)所示.(1)求线圈bc边刚进入磁场时的速度v1和线圈在第1 s内运动的距离x;(2)写出第2 s内变力f随时间t变化的关系式;(3)求出线圈ab边的长度l2.解析:(1)由图(乙)可知,线圈刚进入磁场时的感应电流i1=0.1 a,由e=bl1v1及i1=er得v1=i1rbl1=0.1220.2 m/s=0.5 m/s第1 s内运动的距离x=v12t=0.521 m=0.25 m.(2)由图(乙)可知,在第2 s时间内,线圈中的电流随时间均匀增加,则线圈速度随时间均匀增加,线圈所受安培力随时间均匀增加,且大小f安=bil1=(0.08t-0.04)nt=2 s时线圈速度v2=i2rbl1=1.5 m/s线圈在第2 s时间内的加速度a2=v2-v1t=1.5-0.51 m/s2=1 m/s2由牛顿定律得f=f安+ma2=(0.08t+0.06)n.(3)在第2 s时间内,线圈的平均速度v=v1+v22=0.5+1.52 m/s=1 m/sl2=vt=11 m=1 m.答案:(1)0.5 m/s0.25 m(2)f=(0.08t+0.06)n(3)1 m教师备用:(2015黑龙江模拟)如图所示,倾斜角=30的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接.轨道宽度均为l=1 m,电阻忽略不计,匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域,方向水平向右,大小b