2019高中物理二轮复习训练1-5-12 电磁感应规律及其应用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1-5-12课时强化训练1．（2018·江苏单科)（多选)如图所示，竖直放置的“eq\a\vs4\al()”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆（）A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f（m2gR，2B4L4）［解析]本题考查电磁感应与动力学、能量问题的综合应用。要使杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，杆刚进入磁场Ⅰ时必须减速运动,加速度方向竖直向上,故A错误。杆在Ⅰ区做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做a＝g的匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为杆刚进入Ⅰ时的速度，v2为杆刚出Ⅰ时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，则t1〉t2－t1，故B正确。对杆从进入磁场Ⅰ至刚穿出磁场Ⅱ的过程应用动能定理得mg·3d＋W安＝eq\f(1，2)mveq\o\al(2，2）－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，1)，对杆穿过两磁场之间的过程应用动能定理得mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2，1)－eq\f(1，2)mveq\o\al（2，2)，解得W安＝－4mgd，由功能关系得Q＝－W安＝4mgd，故C正确。若杆刚进入磁场Ⅰ时恰好匀速，则有eq\f（B2L2v1,R)＝mg，v1＝eq\f（mgR，B2L2)，代入h＝eq\f（veq\o\al（2，1），2g)得h＝eq\f(m2gR2，2B4L4），因为杆刚进入Ⅰ时必须做减速运动,故一定有h〉eq\f(m2gR2,2B4L4)，故D错误.[答案]BC2．(2018·湖北八校二联）（多选）已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场,地磁N极位于地理南极附近。如图所示,在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是（）A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向［解析]地球北半部的磁场方向由南向北斜向下，可分解为水平向北和竖直向下两个分量.若线圈向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项正确；若线圈向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°过程中,根据楞次定律及安培定则可知线框中的电流方向始终为adcba方向,C项正确;若以ab边为轴，将线框向上翻转90°过程中,穿过线框的磁通量先增大后减小,根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向,故D错误.［答案]AC3．(2018·全国模拟）(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S,圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是(）A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm＝B0SB．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势D．在t1~t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流［解析］当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电流，t1时刻感应电流为0，金属圆环L内磁通量为0,A错；t2时刻，感应电流最大,金属圆环L内的磁通量最大，B正确；t1～t2时间内，金属圆环L有收缩趋势，C错误;由楞次定律知，t1～t2时间内,导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，且逐渐增大，故金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，D正确。［答案］BD4．（2018·安徽六校二联）（多选）如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则（)A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBADB．AC刚进入磁场时线框中感应电流为eq\f（\r（2)Bav,R）C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为eq\f(\r(2)B2a2v，R）D．此时CD两端电压为eq\f（3，4）Bav［解析]线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外,由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA方向,故A错误;AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav,则线框中感应电流I＝eq\f（E，R）＝eq\f（Bav,R)，故B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，F合＝eq\r(2)F＝eq\f（\r(2)B2a2v，R），故C选项正确；当AC刚进入磁场时,CD两端电压U＝I×eq\f(3R,4）＝eq\f（3,4）Bav，故D选项正确.［答案]CD5．(2018·湖北黄冈期末）（多选）如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外,一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下,线框由静止开始，以垂直于磁场的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，其中P-t和q—t图像均为抛物线的一部分，则这些量随时间变化的图像正确的是（)[解析］线框切割磁感线，运动速度v＝at，产生的感应电动势e＝BLv，产生的感应电流i＝eq\f(BLv,R）＝eq\f(BLat,R），故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律，有F－F安＝ma，其中F安＝BLi＝eq\f(B2L2at，R）,得F＝ma＋eq\f(B2L2at，R)，故B错误；功率P＝i2R＝eq\f（（BLat）2，R),P-t图线为抛物线的一部分，故C正确；由电荷量表达式q＝eq\f（ΔΦ,R）,有q＝eq\f(BL·\f（1，2）at2,R)，q—t图线为抛物线的一部分,故D正确.［答案]CD6．（2018·山东潍坊中学一模，8）（多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b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，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时,线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则(）A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为eq\f（2mgR，B2l2)B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为eq\f（3B2l3,mgR）C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl［解析］设两线框匀速运动的速度为v,此时轻绳上的张力大小为T，则对a有：T＝2mg－BIl，对b有：T＝mg，又I＝eq\f(E，R）,E＝Blv，解得v＝eq\f(mgR,B2l2)，故A错误。线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t＝eq\f（3l,v）＝eq\f（3B2l3,mgR），故B正确。从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgl－Tl＝Q，得Q＝mgl，故C正确。设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W,此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋eq\f(1,2)·3mv2＋W，得W＝2mgl－eq\f（3m3g2R2，2B4l4),故D错误.［答案]BC7．(2018·广东佛山质检）（多选)水平放置足够长的光滑平行导轨,电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间的部分电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是(）A．金属杆的最大速度大小为eq\f（E，BL）B．此过程中通过金属杆的电荷量为eq\f(mE，2B2L2）C．此过程中电源提供的电能为eq\f（mE2，B2L2）D．此过程中金属杆产生的热量为eq\f(mE2,2B2L2）［解析］闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反，当两者相等时，电流为0，金属杆达到最大速度,此时E＝BLvm，得vm＝eq\f（E，BL），A项正确.对杆应用动量定理有BLt＝mvm，又q＝t，得q＝eq\f（mE,B2L2)，B项错误。电源提供的电能E电＝qE＝eq\f（mE2，B2L2），C项正确。据能量守恒定律，E电＝Ek＋Q热，Ek＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2,m）,可得Q热＝E电－Ek＝eq\f(mE2,2B2L2)，Q热为电源内阻和金属杆上产生的总热量，D项错误。[答案]AC8．（2018·河北石家庄二模)(多选）如图甲所示,质量m＝3.0×10－3kg的“eq\a\vs4\al（)”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“eq\a\vs4\al（)”形框的水平细杆CD长l＝0。20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300、面积S＝0。01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力），跳起的最大高度h＝0.20m。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(）A．0~0。10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间,通过细杆CD的电荷量为0.03C[解析]0～0。1s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f（ΔB,Δt)，代入数据得E＝30V,A错。开关闭合瞬间，细框会跳起,可知细框受向上的安培力,由左手定则可判断电流方向由C到D，B对。由于t＝0.22s时通过线圈的磁通量正在减少,对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误。K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1lΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝Δt,细框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D对。［答案]BD[解题指导］先由细框运动情况判断安培力方向,再由安培力方向判断电流方向，然后由电流方向判断线圈中的磁场方向。分析D项时应抓住题中的关键语句，“细框跳起瞬间安培力远大于重力"，可想到用动量定理进行求解。9．（2018·河北邯郸一模）如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g。则（）A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为eq\f(gsinθ，2)D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－eq\f(1，2）mv2[解析］对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用,先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动,因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于eq\f（v,2),A错误。当安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsinθ＝eq\f(B2l2v,R)时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，安培力最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大,B错误；当金属杆速度为eq\f（v，2）时，F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正确;由能量守恒可得mgh－eq\f（1，2）mv2＝Qab＋QR,即mgh－eq\f(1,2)mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误。[答案］C[解题关键］①将题目纳入模型eq\a\vs4\al（），可知ab做加速度减小的变加速运动，最终匀速，其vt图像如图eq\a\vs4\al().②安培力做功功率P＝eq\f（B2l2v2,R），在B、l、R不变时，P∝v2。③结合牛顿第二定律讨论加速度的变化情况。④由能量守恒可知整个过程损失的机械能为金属杆和电阻R上生热总和。10．如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示。顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合,一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触。已知t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m＝1kg，回路接触点总电阻恒为R＝0.5Ω，其余电阻不计。回路电流I与时间t的关系如图丙所示,图线是过原点的直线。求：（1）t＝2s时回路的电动势E；(2)0～2s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移s;（3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P（单位：W）与横坐标x(单位：m)的关系式。[解析]（1)根据I-t图像可知：I＝k1t(k1＝2A/s)当t＝2s时,回路中电流I1＝4A根据欧姆定律:E＝I1R＝2V(2）流过回路的电荷量q＝It＝eq\f（I,2)解得：q＝eq\f（k1t2,2)当t＝2s时,q＝4C由欧姆定律得:I＝eq\f(Blv，R）l＝xtan45°根据B-x图像可知:B＝eq\f(k2，x)(k2＝1T·m)解得：v＝eq\f(k1R，k2)t由于eq\f(k1R,k2）＝1m/s2再根据v＝v0＋at，可得a＝1m/s2可知导体棒做匀加速直线运动则0~2s时间内导体棒的位移s＝eq\f(1，2）at2＝2m（3）棒受到的安培力F安＝BIl根据牛顿第二定律：F－F安＝ma根据2ax＝v2P＝Fv解得：P＝（eq\f(keq\o\al(2,2)\r（2ax)，R）＋ma)eq\r(2ax)＝4x＋eq\r(2x)（W）[答案](1)2V(2）4C2m（3）P＝4x＋eq\r（2x）(W）11．足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4m的光滑竖直半圆轨道相连,金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0。1kg，电阻Rb＝Rc＝1Ω,轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中,磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10m/s开始向左运动,求：（1)c棒的最大速度。（2）c棒中产生的焦耳热。(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小。［解析]（1)在磁场力作用下,b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度.选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0＝（mb＋mc)v解得c棒的最大速度为:v＝eq\f(mb，mb＋mc）v0＝eq\f(1,2)v0＝5m/s（2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为:Q＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2，0）－eq\f（1,2）（mb＋mc)v2＝2。5J因为Rb＝Rc,所以c棒中产生的焦耳热为Qc＝eq\f（Q，2)＝1.25J(3）设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得:eq\f（1，2）mcv2－eq\f（1,2）mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1。25N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25N［答案]（1）5m/s(2）1.25J(3)1。25N12．（2018·天津理综)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置.图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。(1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度