高考物理一轮复习高效演练创新题10.3《电磁感应规律的综合应用》(含答案详解)

高效演练·创新预测

1.(2018·淮南模拟)如图甲所示,面积S=0.2 m2的线圈,匝数n=630匝,总电阻r=1.0 Ω,线圈处在变化的磁场中,设磁场垂直纸面向外为正方向,磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化,方向垂直线圈平面,图甲中传感器可看成一个纯电阻R,并标有“3 V　0.9 W”,滑动变阻器R0上标有“10 Ω,1 A”,则下列说法正确的是(　　)

A.电流表的电流方向向左

B.为了保证电路的安全,电路中允许通过的最大电流为1 A

C.线圈中产生的感应电动势随时间在变化

D.若滑动变阻器的滑片置于最左端,为了保证电路的安全,图乙中的t0最小值

为40 s

【解析】选D。根据楞次定律,回路中产生顺时针方向的电流,电流表的电流方向向右,故A项错误;传感器正常工作时电阻为:R== Ω=10 Ω,工作电流为:I== A=0.3 A,变阻器的工作电流是1 A,所以电路允许通过的最大电流为:I=0.3 A,故B项错误;因为恒定,所以根据法拉第电磁感应定律E=nS,线圈中产生恒定的感应电动势,故C项错误;滑动变阻器触头位于最左端时外电路电阻为:R外=20 Ω,电源电动势的最大值为:E=I(R外+r)=6.3 V,由法拉第电磁感应定律:E=n=,得t0=40 s,故D项正确。

2.(2018·漳州模拟)平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平的地板上,如图所示,金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动,导轨间除固定电阻R外,其他电阻不计,匀强磁场B垂直穿过导轨平面,有以下两种情况:第一次,闭合开关S,然后从图中位置由静止释放PQ,经过一段时间后PQ匀速到达地面;第二次,先从同一高度由静止释放PQ,当PQ下滑一段距离后突然闭合开关,最终PQ也匀速到达了地面。设上述两种情况下PQ由于切割磁感线产生的电能(都转化为内能)分别为E1、E2,则可断定              (　　)

A.E1>E2     B.E1<E2

C.E1=E2     D.无法判定E1、E2大小

【解析】选C。设金属杆匀速运动的速度为v。则由E=BLv,I=,FA=BIL,得安培力为:FA=,根据平衡条件有:FA=mg,则得:v=,可知金属杆两次匀速运动的速度相同,根据功能关系可知,金属杆的重力势能减少转化为杆的动能和电能,由于杆获得的动能相同,所以两种情况下,杆由于切割磁感线产生的电能相等,即E1=E2。故C项正确,A、B、D项错误。

【加固训练】

(多选)(2018·南阳模拟)如图所示,水平面上相距l=0.5 m 的两根光滑平行金属导轨MN和PQ,他们的电阻可忽略不计,在M和P之间接有最大阻值为6.0 Ω的滑动变阻器R,导体棒ab电阻r=1 Ω,与导轨垂直且接触良好,整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.4 T,滑动变阻器滑片处在正中间位置,ab在外力F作用下以v=10 m/s的速度向右匀速运动,以下判断正确的是

 (　　)

A.通过导体棒的电流大小为0.5 A,方向由b到a

B.导体棒受到的安培力大小为1 N,方向水平向左

C.外力F的功率大小为1 W

D.若增大滑动变阻器消耗的功率,应把滑片向M端移动

【解析】选C、D。由右手定则可知通过导体棒的电流,方向由a到b,电流大小I==A=0.5 A,A错误;导体棒受到的安培力大小为F安=BIL=0.4× 0.5×0.5 N=0.1 N,由左手定则知安培力方向向左,B错误;外力F的功率等于安培力的功率,即P=F安·v=0.1×10 W=1 W,C正确;若增大滑动变阻器消耗的功率,相当于增大电源的输出功率,应使外电阻接近金属棒电阻,滑片向M端移动,D正确;故选C、D。

3.(2018·福州模拟)如图所示,有一宽度为L的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外。一个等腰直角三角形的导线框abc,其直角边长也为L,在水平拉力F作用下从图示位置开始向右匀速穿过磁场区,这一过程中直角边ab始终与磁场边界平行。以导线框中逆时针方向为电流的正方向。则下图中能正确表示线框中电流i随时间t变化的图象是              (　　)

【解析】选A。线框刚进入磁场时磁通量向外增加,感应磁场向里,因此感应电流方向为顺时针,电流i应为负;随着线框的运动,导线切割磁感线长度减小,感应电流减小,由于bc边的长度为L,故电流反向减小的时间为:;由于磁场宽度也为L,从开始到全部进入磁场之后,线框开始向右出磁场,该过程中向外的磁通量减小,根据楞次定律可知感应电流为逆时针,并逐渐减小为零,故A项正确。

4.(新题预测)(多选)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,水平虚线PQ下方有垂直于斜面向下的匀强磁场,磁感应强度为B。正方形闭合金属线框边长为l,质量为m,电阻为R,放置于PQ上方一定距离处,保持线框底边ab与PQ平行并由静止释放,当ab边到达PQ时,线框速度为v0,ab边到达PQ下方距离d(d>l)处时,线框速度也为v0,下列说法正确的是               (　　)

A.ab边刚进入磁场时,电流方向为b→a

B.ab边刚进入磁场时,线框做匀减速运动

C.线框进入磁场过程中的最小速度可能等于

D.线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsinθ

【解析】选C、D。根据右手定则知,ab边刚进入磁场时,电流方向为a→b,故A项错误;当ab边到达PQ时,线框速度为v0,ab边到达PQ下方距离d处时,线框速度也为v0,线框完全进入磁场后做加速运动,所以线框进入磁场时做减速运动,由牛顿第二定律-mgsinθ=ma可知线框在进入磁场时,做加速度逐渐减小的减速运动,故B项错误;线框从进入磁场到完全进入的过程中,做减速运动,完全进入的瞬间速度最小,此时安培力大于重力沿斜面方向的分力,根据E=BIl, I=,FA=BIL,根据FA≥mgsinθ,有≥mgsinθ,解得v≥,即线框进入磁场过程中的最小速度可能等于,故C项正确;对线框进入磁场的过程运用能量守恒定律得,mgdsinθ=Q,故D项正确。

5.(新题预测)如图所示,相距为L的平行金属导轨与水平面成θ角放置,导轨与定值电阻R相连,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面。有一质量为m、阻值也为R的导体棒从ab位置以平行导轨平面向上的初速度v开始运动,最远到达a′b′位置,滑行的距离为s,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。求:

(1)导体棒在ab位置刚开始运动时的加速度。

(2)导体棒从ab到a′b′位置过程中,通过电阻R的电荷量q。

(3)导体棒从ab到a′b′位置过程中,电阻R上产生的热量Q。

【解析】(1)导体棒开始时受力如图所示(从b向a看)

其中安培力为:

FA=BIL=

根据牛顿第二定律可得:

mgsinθ+FA+μmgcosθ=ma

解得:a=gsinθ+μgcosθ+

(2)根据法拉第电磁感应定律可得:=

根据闭合电路的欧姆定律可得:=

根据电荷强度的定义式可得通过电阻R的电荷量为

q=Δt==

(3)导体棒从ab到a′b′位置过程中,根据能量守恒定律可得:

mv2=mgs·sinθ+μmgs·cosθ+2Q

电阻R上产生的热量为:

Q=mv2-mgs·sinθ-μmgs·cosθ

答案:(1)gsinθ+μgcosθ+　(2)

(3)mv2-mgs·sinθ-μmgs·cosθ

6.(新题预测)如图所示,在空间中有一垂直纸面方向的匀强磁场区域,磁场上下边缘间距为h=5.2 m,磁感应强度为B=1 T,边长为L=1 m、电阻为R=1 Ω、质量为m=1 kg的正方形导线框紧贴磁场区域的上边从静止下落,当线圈PQ边到达磁场的下边缘时,恰好开始做匀速运动,重力加速度为g=10 m/s2,求:

(1)导线框的MN边刚好进磁场时的速度大小。

(2)导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间。

【解题指导】解答本题应注意以下两点:

(1)对导线框进行受力分析和运动过程分析,导线框在进入磁场的过程中做变加速直线运动,完全进入磁场后做匀加速直线运动。

(2)当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。

【解析】(1)设导线框MN边进入磁场的速度为v0,PQ边运动到磁场下边缘时的速度为v

PQ边到达磁场的下边缘时导线框受力平衡,则有:

mg=

解得:v=10 m/s

导线框完全进入磁场到PQ离开磁场的过程中,导线框机械能守恒,有

mv2-m=mg(h-L)

解得:v0=4 m/s

(2)设导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘所经历的时间为t,根据动量定理得

mgt-BILΔt=mv

Δt为导线框进入磁场所经历的时间

又q=IΔt=

得mgt-BqL=mv

解得t=1.1 s

答案:(1)4 m/s　(2)1.1 s