物理一轮复习课时作业928电磁感应规律的综合应用(选修32人教版)
人教版高考物理一轮复习学案设计 专题：电磁感应规律的综合应用
高考物理一轮复习学习讲义2．解决电磁感应中的电路问题三部曲如图所示，在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，，导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S，导轨电阻不计，两金属棒，质量分别为m a＝0.02 kg和m b＝0.01 kg，它们与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦棒固定，开关S断开，用一竖直向上的恒力F拉a棒，稳定后的速度向上匀速运动，此时再释放b棒，b棒恰能保持静止．(g取10 m/s2)棒的重力平衡，有G b＝B20L2v2 1.5RΔB·Lh．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W的电荷量为1.8×10－5 C刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故A B C D解析：由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若A B C D在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AB边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势不变，两个电动势串联，总电动势E＝E1＋E2增大，故A错误；x在0～a范围，线框穿过左侧时间内，磁通量Φ＝BLvt，为负值，逐渐增大；在t＝3L2v时磁通量为零，当为最大正值，在2Lv～5L2v时间内，磁通量为正，逐渐减小，t＝5L2v时，时间内，磁通量为负，逐渐增大，t＝3Lv时，磁通量为负的最大值，3Lv～4Lv时间内，磁通量为负，A正确．在0～Lv时间内，E＝BLv，为负值；在Lv～2Lv时间内，两个边切割磁2L3L．动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、的条件．具体思路如下：[例题]如图甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集的热功率；匀强磁场的磁感应强度B的大小；时金属杆的速度大小和加速度大小．俯视)顺时针的感应电流．圆环因受到了向下的安培力而加速下落上的安培力的大小；设导线的张力的大小为F T，右斜面对ab棒的支持力的大小为cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，由力的平衡条件得处时，电容器C上的电荷量；处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2C.＝ma1，．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；v；整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mg sin θ＝μmg cos θμmg)(R＋r) B2d2．电流方向为顺时针方向．磁通量的变化率恒定不变棒所受摩擦力增大棒所受摩擦力不变棒所受摩擦力增大<F d<F b<F b<F d线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c＝0，从b到d线圈继续加速，→M两端的电势差都相同．①图中流过线框的电荷量与v的大小无关．②图中线框的电功率与v的大小成正比．③图中磁场力对线框做的功与v2成正比时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s1 m时间内，线圈产生的热量为4.2 JE 时导体棒的速度v＝2t＝4 m/s的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一个电子元件，其阻kU，式中k为已知常数．框架上有一质量为的金属棒，金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电荷量．流过电子元件的电流大小为I＝UR＝1k，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为得a ＝g －BLmk 恒定，故金属棒做匀加速直线运动 根据v 2＝2ax ，得v ＝ 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)设金属棒经过时间t 落地，有h ＝12at 2 解得t ＝2h a ＝2hkmmgk －BL故有q ＝I ·t ＝1k2hkmmgk －BL答案 (1)1k 水平向右(或从a →b ) (2)2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)1k 2hkmmgk －BL10．如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω，质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安； (2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a .(3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W 重－W 安＝12mv 2m ，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答． 解析 (1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此Q R ＝3Q r ＝0.3 J 故W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv由牛顿第二定律mg sin 30°－B 2L 2R ＋r v ＝ma所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m R ＋r v ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10×12－0.82×0.752×20.2× 1.5＋0.5m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)此解法正确．B．Q2＝2Q1q2＝2q1D．Q2＝4Q1q2＝2q1两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为．两线圈内产生顺时针方向的感应电流∶14ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，沿导轨下滑达到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨和导线电阻不计．要使灯泡在金属棒稳定运动状态下的电功率为2P，则下面选项中符合条件的是( AC )如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨在同一水平面内放置，左端与定值电阻一侧存在着沿x轴方向均匀增大的磁场，磁感应强度与的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．＝2 m，A3的坐标为x3＝3 m，下列说法正确的是2．回路中的电动势既有感生电动势又有动生电动势Blv ．灯泡的亮度先逐渐变亮后保持不变BL2gh．金属棒在磁场中的运动时间为2d gh．把运动导体棒视为电源，其最大输出功率为(BLv0R＋r)2R．导体棒从开始到滑到最大高度的过程所用时间为2s v0mv2－2μmgs cos θ．在该过程中，导体棒所受合外力做功为12mv2的电荷量为BlxR (R＋r)2产生的焦耳热为Rmv202(R＋r)B2l2v2求该磁场磁感应强度的大小；的速度大小；AB下降了h，求此过程电阻R产生的电热．时棒做匀速运动，人教版高考物理一轮复习学案设计专题：电磁感应规律的综合应用；从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力的方向；若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力31 / 31。
高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32
命 题 设 计难度题号 较易中等稍难单 一 目 标 电磁感应中的力学问题64、5电磁感应中的电路问题 1、2 电磁感应中的能量问题3、7、8综合 目标综合应用 9、10 11、12高考物理一轮复习成套课时练习 第九章第三单元电磁感应规律的综合应用课时作业 选修32一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2010·六安模拟)如图1所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则 ( ) A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α变大，v m 将变大 C ．如果R 变大，v m 将变小 D ．如果m 变小，v m 将变大解析：以金属杆为研究对象，受力如图所示． 根据牛顿第二定律得mg sin α－F 安＝ma ，其中F 安＝B 2L 2vR.当a →0时，v →v m ， 解得v m ＝mgR sin αB 2L 2， 结合此式分析即得B 选项正确． 答案：B目标2．如图2所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动，则 ( ) A ．电容器两端的电压为零 B ．电阻两端的电压为BLv C ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错． 答案：C3．如图3所示的电路中，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的 斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上 的磁感应强度为B 的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质 量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属 棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑h 高度的过程中，以下说法正确的 是 ( ) A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零 B ．重力做功将机械能转化为电能C ．重力与恒力F 做功的代数和等于电阻R 上产生的焦耳热与金属棒的动能之和D ．金属棒克服安培力做功等于重力与恒力F 做的总功与电阻R 上产生的焦耳热 之和解析：由于金属棒匀速下滑，故作用在棒上的各个力的合力做功为零，故A 对；克服安培力做功将机械能转化为电能，故B 错误；列出动能定理方程W G －W F －W 安＝0，变形可得W G －W F ＝W 安，可知C 、D 错误． 答案：A4．如图4所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置 时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( ) A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D ．Bav 解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A.答案：A5．如图5所示，光滑的“∏”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的有 ( ) A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑 B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑 C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后可能先加速后减速下滑 D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后可能先减速后加速下滑解析：若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B 2区域后，mg －B 12L 2vR＝0，仍将保持匀速下滑，B 对；若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后，安培力没有反向但大小变小，由F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2v R 知，mg －B 22L 2vR >0，金属棒进入B 2区域后可能先加速后匀速下滑，故C 错；同理，若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后mg －B 22L 2vR<0，可能先减速后匀速下滑，故D 错． 答案：B6．如图6所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，若外力对环做的功分别为W a 、W b ，则W a ∶W b 为 ( ) A ．1∶4 B ．1∶2 C ．1∶1 D ．不能确定解析：根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BLv )2R a ·L v W b ＝Q b ＝(B ·2Lv )2R b ·2L v由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4.A 项正确． 答案：A7．如图7所示，有一用铝板制成的U 型框， 将一质量为m 的带电小球用绝缘细线悬 挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直 于磁场方向向左以速度v 匀速运动，悬挂拉 力为F T ，则 ( ) A ．悬线竖直，F T ＝mg B ．悬线竖直，F T >mg C ．悬线竖直，F T <mg D ．无法确定F T 的大小和方向解析：设两板间的距离为L ，由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E ＝BLv ，即带电小球处于电势差为BLv 的电场中，所受电场力F 电＝qE 电＝q EL ＝q BLvL＝qvB . 设小球带正电，则所受电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F 洛＝qvB ，方向由左手定则判断竖直向下，即F 电＝F 洛，所以F T ＝mg .同理分析可知当小球带负电时，F T ＝mg .故无论小球带什么电，F T ＝mg .选项A正确． 答案：A8．(2010·芜湖模拟)如图8甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图8乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，图9中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D9．(2010·黄山模拟)如图10所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程 ( )A ．杆的速度最大值为(F －μmg )RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为Bdl2(R ＋r )C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔSR ＋r＝BdlR ＋r，B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 错，D 对． 答案：D二、计算题(本题共3小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤，有数值计算的要注明单位)10．(11分)如图11甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m ，半径为r ，导线的电阻率为ρ，截面积为S .金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化满足B ＝kt (k 为常量)，如图11乙所示．金属圈下半部分在磁场外．若丝线所能承受的最大拉力F Tm ＝2mg ，求：从t ＝0时刻起，经过多长时间丝线会被拉断？解析：设金属圈受重力mg 、拉力F T 和安培力F 的作用处于静止状态，则F T ＝mg ＋F ，又F ＝2BIr ，金属圈中的感应电流I ＝ER， 由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·πr 22，金属圈的电阻R ＝ρ2πr S，又B ＝kt ，F Tm ＝2mg 由以上各式求得t ＝2mgρk 2Sr2.答案：2mgρk 2Sr211．(12分)(2010·淮南模拟)如图12所示，两平行长直金属导轨置于竖直平面内，间距为L ，导轨上端有阻值为R 的电阻，质 量为m 的导体棒垂直跨放在导轨上，并搁在支架上，导轨和 导体棒电阻不计，接触良好，且无摩擦．在导轨平面内有一 矩形区域的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B .开始时导体棒静止，当磁场以速度v 匀速向上运动时，导体棒也随之开始运动，并很快达到恒定的速度，此时导体棒 仍处在磁场区域内，试求： (1)导体棒的恒定速度；(2)导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率． 解析：(1)设棒速为v ′，有E ＝BL (v －v ′) ①F 安＝BIL ＝BLE R ＝B 2L 2(v －v ′)R②棒受力平衡有：mg ＝F 安 ③ 联立得：v ′＝v －mgRB 2L 2④ 方向向上(2)P ＝E 2R ⑤联立①④⑤得：P ＝m 2g 2RB 2L 2.答案：(1)v －mgR B 2L 2 向上 (2)m 2g 2RB 2L212．(14分)(2010·亳州模拟)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A 和定滑轮O 来提升线圈．假设该线圈可简化为水平长为L 、上下宽度为d 的矩形线圈，其匝数为n ，总质量为M ，总电阻为R .磁场的磁感应强度为B ，如图13所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A ，在时间t 内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中： (1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少 ? (2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)解析：(1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v ＝d t① 线圈中感应电动势E ＝nBLv ② 产生的感应电流I ＝E R③ 流过导线横截面的电荷量q ＝It ④ 联立①②③④得q ＝nBLdR. (2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即W ＝W G ＋W 安 ⑤又W G ＝Mgd ⑥W 安＝nBILd ⑦联立①②③④⑤⑥⑦得W ＝Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt.答案：(1)nBLd R (2)Mgd ＋n 2B 2L 2d 2Rt。
【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应规律的应用课时作业
2020届一轮复习人教版电磁感应规律的应用课时作业1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大C．图③中回路0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大解析：根据法拉第电磁感应定律，我们知道感应电动势与磁通量，结合数学知识我们知道：穿过闭合回的变化率成正比，即E＝nΔΦΔt路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k＝ΔΦΔt.题图①中磁通量Φ不变，无感应电动势，故A错误；题图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，故B错误；题图③中回路在0～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在t l～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象可知：k1大于k2的绝对值．所以在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t l～t2时间内产生的感应电动势，故C错误；题图④中磁通量Φ随时间t 变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D 正确．答案：D2. 如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒，同时以相同速度向右运动时，正确的有()A．电压表有读数，电流表有读数B．电压表无读数，电流表有读数C．电压表无读数，电流表无读数D．电压表有读数，电流表无读数解析：当两棒以相同的速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数．电压表是由电流表改装而成的，其核心是电流表，有电流通过电压表时，电压表即有示数，没有电流通过电压表时，指针不偏转，电压表就没有读数．故C正确．答案：C3．如图所示，一闭合线圈从高处自由落下，穿过一个有界的水平方向的匀强磁场区(磁场方向与线圈平面垂直)，线圈的一个边始终与磁场区的边界平行，且保持竖直的状态不变．在下落过程中，当线圈先后经过位置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时，其加速度的大小分别为a1、a2、a3.下列关系正确的是()A．a1<g，a2＝0，a3＝g B．a1<g，a2<g，a3<gC．a1<g，a2＝g，a3<g D．a1<g，a2>g，a3<g解析：当线圈刚进入磁场时，由于穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知此时的感应电流产生的磁场要阻碍物体间的相对运动，即线圈受到向上的安培力，此过程中有mg－F＝ma，所以a1<g；当线圈完全进入磁场后，磁通量不变，此过程中无感应电流产生，即线圈只受重力作用，故a2＝g；当线圈穿出磁场过程中，根据楞次定律可知，产生的磁场要阻碍线圈离开磁场，即产生向上的安培力，所以此时有mg－F＝ma，即a3<g，C正确．答案：C4. (多选)如图所示，匀强磁场的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab与电路接触良好．当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡L未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中()A．感应电动势将变大B．灯泡L的亮度变大C．电容器C的上极板带负电D．电容器两极板间的电场强度将减小解析：根据E＝BL v知，v增大，感应电动势变大．故A正确；电动势增大，通过灯泡的电流增大，则灯泡的亮度变大．故B正确；根据右手定则，通过ab棒电流的方向b到a，知电容器的上级板带正电．故C错误；因为电容器与灯泡并联，电压增大，则电场强度增大．故D错误．答案：AB5.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直并接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在与导轨平面垂直的匀强磁场中，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升，此过程中力F做的功与安培力做的功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：金属棒受到重力、安培力、恒力F的作用，安培力和恒力F做功的代数和(安培力做负功)等于金属棒的机械能的增加量，故A正确；金属棒加速上升过程中，根据动能定理，金属棒的动能增加量等于金属棒受到的重力、安培力、恒力F的合力做的功，故B错误；金属棒加速上升过程中，金属棒的重力做负功，金属棒的重力势能增加，金属棒克服重力做的功就等于金属棒重力势能的增加量，故C错误；导轨克服安培力做的功等于电阻R上放出的热量，故D错误．答案：AB级提能力6．一架直升机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则()A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势解析：每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势．又v＝lω＝2πfl，所以电动势为E＝12Bl 2ω＝12Bl2×2πf＝πfl2B.故A正确，B、C、D错误．答案：A7.(多选)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F做功W F，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功W G，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为E k.则下列选项正确的是()A．W F＋W G＝E k＋Q B．W2－W1＝QC．W1＝E k D．W1＝Q解析：分别选磁铁和导体棒为研究对象，根据动能定理列方程，对系统根据能量守恒知W2－W1＝Q.根据题意，由动能定理知：导体棒W1＝E k，①根据能量守恒知W2－W1＝Q，②对磁铁有W F＋W G－W2＝0，③由①②③得W F＋W G＝E k＋Q，故A、B、C正确，D错误．答案：ABC8．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下图中能正确表示线圈中感应电动势E 变化的是()解析：第1 s 内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E 1＝ΔΦ1Δt 1＝ΔB 1Δt 1S ，在第2 s 和第3 s 内，磁场B 不变化，线圈中无感应电流，在第4 s 和第5 s 内，B 减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E 2＝ΔΦ2Δt 2＝ΔB 2Δt 2S ，由于ΔB 1＝ΔB 2，Δt 2＝2Δt 1，故E 1＝2E 2，由此可知，选项A 正确．答案：A9．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面．与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则此时AB 两端的电压大小为( )A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3 D ．Ba v解析：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为E ＝2Ba v ＝2Ba 0＋v 2＝Ba v ；AB 两端的电压是路端电压，根据欧姆定律得：AB 两端的电压大小为U ＝12×12R 14R ＋12R E ＝Ba v 3，故A 项正确． 答案：A10．如图所示的两光滑金属导轨，间距d ＝0.2 m ，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B ＝0.1 T 、方向竖直向下的有界磁场中，电阻R ＝3 Ω，桌面高H ＝0.8 m ，金属杆ab 质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝1 Ω，在导轨上距桌面h ＝0.2 m 的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s ＝0.4 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)金属杆刚进入磁场时，R 上的电流大小；(2)整个过程中R 上放出的热量．解析：(1)金属棒由静止下滑过程中，只有重力做功，金属棒机械能守恒，则有mgh ＝12m v 21， 由法拉第电磁感应定律，可得E ＝Bd v 1，由闭合电路欧姆定律，可得I ＝E R ＋r＝0.01 A. (2)金属棒离开桌面后，做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有H ＝12gt 2，水平方向做匀速直线运动，则有s ＝v 2t ，金属棒在整个过程中，由动能定理，可得Q ＝12m v 21－12m v 22＝0.3 J ， 所以Q R ＝R R ＋rQ ＝0.225 J. 答案：(1)0.01 A (2)0.225 J11．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化．求：(1)螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合S ，电路中的电流稳定后，此时全电路电流的方向(顺时针还是逆时针)；(3)闭合S ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率；(4)闭合S ，电路中的电流稳定后，电容器的电量．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，得E ＝n ΔΦΔt ＝n ·ΔB Δt·S ，得E ＝1.2 V . (2)逆时针．(3)根据欧姆定律I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.12 A ， 根据P ＝I 2R 1，求得P ＝5.76×10－2 W.(4)S 闭合后，电容器两端的电压U ＝IR 2＝0.6 V ，经过R 2的电量Q ＝CU ＝1.8×10－5 C.答案：(1)1.2 V (2)逆时针 (3)5.76×10－2 W(4)1.8×10－5 C12. 如图所示，线框由裸导线组成，cd 、ef 两边竖直放置且相互平行，裸导体ab 水平放置并可沿cd 、ef 无摩擦滑动，在螺线管内有图示方向磁场B 1，若ΔB 1Δt＝10 T/s 均匀增加，而ab 所在处为匀强磁场B 2＝2 T ，螺线管匝数n ＝4，螺线管横截面积S ＝0.1 m 2.导体棒ab 质量m ＝0.02 kg ，长L ＝0.1 m ，整个电路总电阻R ＝5 Ω，试求(g 取10 m/s 2)：(1)ab 下落时的最大加速度；(2)ab 下落时能达到的最大速度．解析：(1)螺线管产生的感应电动势E 1＝n ΔB 1ΔtS ＝4×10×0.1 V ＝4 V ， 由闭合电路欧姆定律，得I 1＝E 1R ＝45 A ＝0.8 A ，故安培力 F 1＝B 2I 1L ＝2×0.8×0.1 N ＝0.16 N ，ab 下落时的最大加速度a ＝mg －F 1m＝2 m/s 2. (2)由受力分析，则有F 2＝mg －F 1＝(0.02×10－0.16)N ＝0.04 N ， 切割磁力线所产生的电动势为E 2＝B 2L v ，由闭合电路欧姆定律，得I 2＝E 2R， 得安培力F 2＝B 2I 2L ，则有v ＝RF 2B 22L 2＝5 m/s. 答案：(1)2 m/s 2 (2)5 m/s。
《物理一轮》 第9章《电磁感应》3.2 电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)课时作业 新人教版
电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行使其向上运动．若b始终保持静止，作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，导体棒安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，所以选项A、的正方形导线框质量为m，由距磁场线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y＝a、y＝b、y＝c处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那，所以D项正确．abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A、D正确．斜面上放置一矩形导体线框，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止．甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为金属棒和导轨接触良好，R外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则Q2线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为，线圈边长为L，导线横截面积为B2L2v＝ma，解得a＝R中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v1＝v2中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q＝W安，而正确，B错误．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m、质量为，导体棒架在处于磁感应强度B＝1 T，竖直放置的框架上，当导体棒上升时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表，电动机的内阻r＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出导体棒能达到的稳定速度为多少？导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？做匀速运动，求：中运动时克服安培力做功的功率；B2区域过程中通过电阻R的电荷量．中，棒ab切割磁感线产生的电动势如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与MN垂直，M、P间接有阻值为的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程导体上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．【解析】 (1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k ①且W ＝W 1②由题有E k ＝12mv 21③得W ＝14mv 21④(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势平均值为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电荷量为q ，则E ＝ΔΦΔt⑤且ΔΦ＝B ΔS⑥I ＝q Δt⑦ 又有I ＝2ER⑧由图1所示ΔS ＝d(L －d cot θ)⑨联立⑤～⑨，解得q ＝－d cot θR○10 (3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长 L x ＝L －2x cot θ⑪此时，ab 棒产生的电动势 E x ＝Bv 2L x ⑫流过ef 棒的电流I x ＝E xR⑬ef 棒所受安培力F x ＝BI x L ⑭联立⑪～⑭，解得F x ＝B 2v 2LR(L －2x cot θ)⑮由⑮式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F 1为sin cos α2⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上， 增大而减小，x 为最大＝mg sin α⑱ ＝μL tan ＋μ2sin ⑲ 【答案】 (1)14mv (2)－R1sin cos αcos αsin α2，场方μL tan θ＋μ2sin αcos α13.如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为边长为2l ，ab 的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，边进入磁场直到ef 、pq 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第十章 电磁感应 课时规范练32 电磁感应现象中的综合应用问题
课时规范练32 电磁感应现象中的综合应用问题一、基础对点练1.(多选)(动力学问题)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。
圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。
圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则( )A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a=B 2vρdD.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度v m=ρdgB22.(图象问题)(江苏南京秦淮中学模拟)如图所示,电阻R=1 Ω、半径r1=0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q。
P、Q 的圆心相同,Q的半径r2=0.1 m;t=0时刻,Q内存在着垂直于圆面向里的磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t(T);若规定逆时针方向为电流的正方向,则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是选项图中的( )3.(多选)(电路、能量问题)(宁夏银川模拟)如图所示,半径分别为2d和d 的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内,两圆弧圆心均在O点,导轨右端接有阻值为R的电阻。
一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态,金属棒AB通过绝缘轻杆连在O点的固定转轴上,两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
将金属棒由静止释放,金属棒绕O点转动,不计转轴处摩擦,不计导轨电阻,金属棒转动过程中始终与导轨接触良好,当金属棒AB第一次转到竖直位置时,金属棒转动的角速度为ω,则下列说法正确的是( )A.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒AB两端的电压为32Bd2ωB.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒受到的安培力大小为3B 2d3ω4RC.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为3πBd 28RD.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热4.(多选)(动量、能量问题)(山东烟台高三一模)如图所示,间距为L、电阻不计的两根足够长的光滑平行金属导轨放置在绝缘的水平桌面上。
2020届一轮复习人教版 电磁感应规律的综合应用——电路和图象课时作业
2020届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用——电路和图象课时作业一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是()A.如图甲,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.如图乙,保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.如图丙,线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.如图丁,线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动答案C解析保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项A错误;保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项B错误;线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动,磁通量改变,故有感应电流,选项C正确;线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动,磁通量一直为零,故磁通量不变,无感应电流,选项D错误。
2.(2017·河南许昌三模)如图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流。
释放线框,它由实线位置下落到虚线位置未发生转动,在此过程中()A.线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCAB.线框的磁通量为零时,感应电流却不为零C.线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D.线框做自由落体运动答案B解析根据右手定则,通电直导线的磁场在上方垂直纸面向外,下方垂直纸面向里;离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小。
线框从上向下靠近导线的过程,垂直纸面向外的磁通量增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流;穿越导线时,上方垂直纸面向外的磁场和下方垂直纸面向里的磁场叠加,先是垂直纸面向外的磁通量减小,之后变成垂直纸面向里的磁通量增大,直至最大;根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流。
高三物理一轮 精电磁感应规律的综合应用课堂练习一 新人教版选修32
高三物理一轮 精电磁感应规律的综合应用课堂练习一 新人教版选修321.如右图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 2 解析： 本题考查电磁感应．ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确． 答案： D2.一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如右图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，( )A ．向上滑行的时间大于向下滑行的时间B ．在向上滑行时电阻R 上产生的热量小于向下滑行时电阻R 上产生的热量C ．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2) 解析： 导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 错；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 错；由q ＝ΔΦR ＋r 知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错；本题中等难度．答案： C3.矩形线圈abcd ，长ab ＝20cm ，宽bc ＝10cm ，匝数n ＝200，线圈回路总电阻R ＝5Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过．若匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如右图所示，则( )A ．线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B ．线圈回路中产生的感应电流为0.2AC ．当t ＝0.3s 时，线圈的ab 边所受的安培力大小为0.016ND ．在1min 内线圈回路产生的焦耳热为48J解析： 由E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt 可知，由于线圈中磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝20－5×10－20.3T/s ＝0.5T/s 为常数，则回路中感应电动势为E ＝n ΔΦΔt＝2V ，且恒定不变，故选项A 错误；回路中感应电流的大小为I ＝E R＝0.4A ，选项B 错误；当t ＝0.3s 时，磁感应强度B ＝0.2T ，则安培力为F ＝nBIl ＝200×0.2×0.4×0.2N＝3.2N ，故选项C 错误；1min 内线圈回路产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝0.42×5×60J＝48J ．选项D 正确．答案： D4．(2010·扬州模拟)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )解析： 由楞次定律可判定回路中的电流始终为b →a 方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A 、B 错；由F 安＝BIL 可得F 安随B 的变化而变化，在0～t 0时间内，F 安方向向右，故外力F 与F 安等值反向，方向向左为负值；在t 0～t 时间内，F 安方向改变，故外力F 方向也改变为正值，综上所述，D 项正确．答案： D5.如右图所示，光滑金属导轨AC 、AD 固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B 的匀强磁场中．有一质量为m 的导体棒以初速度v 0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A 点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A 点的总电荷量为Q .已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值为R ，其余电阻不计，则( )A ．该过程中导体棒做匀减速运动B ．该过程中接触电阻产生的热量为18mv 20C ．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为QR BD ．当导体棒的速度为12v 0时，回路中感应电流大小为初始时的一半 解析： 产生的感应电动势为E ＝Blv ，电流为I ＝Blv /R ，安培力为F ＝BIl ＝B 2l 2v /R ，l 、v 都在减小，根据牛顿第二定律知，加速度也在减小，故A 错；该过程中，动能全部转化为接触电阻产生的热量为12mv 20；B 错；该过程中，通过的总电荷量为Q ＝BS /R ，整理后得开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的S ＝QRB，C 对；由产生的感应电动势为E ＝Blv 和电流为I ＝Blv /R ，可知D 错．答案： C6.如右图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2m ，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5T ，导体棒ab 与cd 的电阻均为0.1Ω，质量均为0.01kg.现用竖直向上的力拉ab 棒，使之匀速向上运动，此时cd 棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g 取10m/s 2，则( )A ．ab 棒向上运动的速度为1m/sB ．ab 棒受到的拉力大小为0.2NC ．在2s 时间内，拉力做功为0.4JD ．在2s 时间内，ab 棒上产生的焦耳热为0.4J解析： cd 棒受到的安培力等于它的重力，B BLv 2R L ＝mg ，v ＝mg ×2R B 2L 2＝2m/s ，A 错误．ab 棒受到向下的重力G 和向下的安培力F ，则ab 棒受到的拉力F T ＝F ＋G ＝2mg ＝0.2N ，B 正确．在2s 内拉力做的功，W ＝F T vt ＝0.2×2×2J＝0.8J ，C 不正确．在2s 内ab 棒上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv 2R 2Rt ＝0.2J ，D 不正确． 答案： B7.如右图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a ，质量为m ，电阻为R 的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v 从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，线框的速度为v2，则( ) A ．此时线框中的电功率为4B 2a 2v 2/RB ．此时线框的加速度为4B 2a 2v /(mR )C ．此过程通过线框截面的电荷量为Ba 2/RD ．此过程回路产生的电能为0.75mv 2 解析： 线框左右两边都切割磁感线则E 总＝2Ba ·v2，P ＝E 2总R ＝B 2a 2v 2R ，A 错误；线框中电流I ＝E 总R ＝Bav R ，两边受安培力F 合＝2·BIa ＝2B 2a 2v R ，故加速度a ＝2B 2a 2v mR ，B 错误；由E ＝ΔΦΔt，I ＝ER .q ＝I Δt 得q ＝ΔΦR.从B 点到Q 点ΔΦ＝Ba 2，故C 正确；而回路中产生的电能E ＝12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2＝38mv 2，故D 错误． 答案： C。
高考物理一轮课时作业32电磁感应规律的综合应用
课时作业(三十二) 电磁感应规律的综合应用[双基巩固练]1．一个面积为S ＝4×10－2 m 2、匝数为n ＝100的正方形线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示，t ＝0时刻磁场的方向垂直线圈平面向里，则下列判断正确的是( )A ．t ＝1 s 时线圈中的电流方向发生变化B ．0～2 s 内线圈中磁通量的变化量为零C ．1～2 s 内线圈中电流方向为顺时针方向D ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零C [根据楞次定律可知，在0～2 s 内，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，在2～4 s内产生的感应电流方向为逆时针方向，感应电动势大小均为E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt，所以选项A 、D 错误，C 正确；0～2 s 内线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝2B 0S Wb ，所以选项B 错误．]2．(2019·河北唐山一模)如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描述正确的是( )B [导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝B 2L 2v R，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a ＝F m ＝B 2L 2v Rm，则a 减小，v －t 图线斜率的绝对值减小，故B 项正确，A 项错误．通过R 的电荷量q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔФR ＝BL Rx ，可知C 、D 项错误．] 3．(2019·河南六市一模)(多选)边长为a 的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是( )BC [设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t ＝0，则其切割磁感线的有效长度L ＝2x tan 30°＝233x ，则感应电动势E 电动势＝BL v ＝233B v x ，则C 项正确，D 项错误．框架匀速运动，故F 外力＝F 安＝B 2L 2v R ＝4B 2x 2v 3R∝x 2，A 项错误．P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，B 项正确．] 4．(2019·北京大兴区模拟)如图所示，竖直放置的螺线管与导体框组成一闭合回路，导体框中虚线ab 的右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，螺线管下方的水平面上放置一导体圆环．从t ＝0时刻开始，磁场的磁感应强度大小发生变化，使得导体圆环对水平面的压力减小，则磁感应强度大小随时间的变化情况可能是()A[当磁感应强度均匀增大或均匀减小时，由法拉第电磁感应定律可知，在螺线管中会产生恒定的感应电流，恒定的感应电流会产生恒定不变的磁场，则通过导体圆环的磁通量不发生变化，由楞次定律可知，此时导体圆环中不产生感应电流，故此时导体圆环对水平面的压力不变，选项C、D错误；当磁感应强度的变化率逐渐减小时，螺线管中产生的感应电流也会逐渐减小，该感应电流产生的磁场也会逐渐减小，穿过导体圆环的磁通量也逐渐减小，则导体圆环中会产生与螺线管中方向相同的感应电流，由于同向电流相互吸引，故此时导体圆环对水平面的压力将小于导体圆环的重力，选项A正确；同理可知，选项B错误．] 5．(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好，现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是()A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动BC[金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sin θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A项错、B项对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C 项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错．]6．(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔE k，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法正确的有()A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔE k)机械能转化为电能D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ΔE k＝W1－W2CD[当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止，ab进入JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab进入JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mg sinθ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2<v1，A项错；由于有安培力做功，机械能不守恒，B项错；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W1－W2＝ΔE k，W2＝W1－ΔE k，故C、D项正确．] 7．(2019·甘肃天水模拟)如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动．先固定a，释放b，当b的速度达到10 m/s时，再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，g取10 m/s2，，则：(1)此时b的速度大小是多少？(2)若导轨足够长，a、b棒最后的运动状态怎样？解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等．释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有(mg＋F)t＝m v a(mg－F)t＝m v b－m v0代入数据可解得v b＝18 m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1＝g＋Fm，b产生的加速度a2＝g－Fm.当a棒的速度与b棒接近时，闭合回路中的ΔΦ逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小，最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动．答案(1)18 m/s(2)匀加速运动8．小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝Ω的电阻．在导轨间长d＝m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝T．质量m＝kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .解析 (1)由牛顿第二定律a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2 进入磁场时的速度v ＝2as m/s.(2)感应电动势E ＝Bl v感应电流I ＝Bl v R安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2v R＝48 N. (3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J由牛顿第二定律F －mg sin θ－F A ＝0CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t ＝d v焦耳热Q ＝I 2Bt J.答案 (1) m/s (2)48 N (3)64 J J[能力提升练]9．(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝ m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4 V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝ kg 、电阻r ＝ Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝，则( )A ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s 2B ．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s 2C ． m/sD ． m/sBD [金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，代入数据得a ＝4 m/s 2，故选项A 错误、B 正确；设金属棒稳定下滑时速度为v ，感应电动势为E ，回路中的电流为I ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －U r，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v ，联立解得v m/s ，故选项C 错误、D正确．]10．如图所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g )，则( )A ．释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB ．金属棒向下的最大速度为v 时，所受弹簧弹力为F ＝mg －B 2L 2v RC ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bD ．电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量B [释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g ，故A 项错误；金属棒的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I ＝BL v R ，安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2v R，根据平衡知，F ＋F A ＝mg ，解得弹簧弹力F ＝mg －B 2L 2v R，故B 项正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R 的电流方向为b →a ，故C 项错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R 上产生的总热量等于金属棒的重力势能的减少量与弹簧弹性势能之差，故D 项错误．]11．一足够长的“U”形平行金属导轨倾斜地固定在地面上，两导轨之间的距离为L ＝1 m ，导轨与地面之间的夹角为θ＝37°，现加上一垂直轨道平面向外的磁场．一质量为m ＝ kg 、阻值为R ＝2 Ω、长度也为L ＝1 m 的导体棒垂直地放在导轨上，导轨电阻忽略不计，不计导体棒与导轨间的摩擦且始终接触良好．重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝：(1)将导体棒放在距离导轨顶端d ＝1 m 处，用某装置挡住使它静止不下滑，且所加磁场的磁感应强度B 与t 的关系满足B ＝2＋t (T)，则经多长时间导体棒将沿导轨向上滑动？(2)如果在垂直导轨平面上所加的磁场为匀强磁场，同时在导体棒上加一平行导轨平面向下的外力，且外力的大小与导体棒速度的关系满足F ＝(v ＋) N ，为了保持导体棒以沿斜面向下大小为a ＝10 m/s 2的加速度向下做匀加速直线运动，所加磁场的磁感应强度的大小应为多大？解析 (1)设经过t s 后，导体棒将开始沿导轨向上滑动，此时安培力等于重力沿斜面的分力，则F A ＝mg sin θ又：F A ＝BIL ＝B E RL 其中：E ＝ΔB ΔtdL V 所以：( t )E RL ＝mg sin θ 解得：t ＝20 s(2)对导体棒由牛顿第二定律： mg sin θ＋F －F A ＝ma其中：F A ＝BIL ＝B 2L 2v R解得：mg sin θ＋F －B 2L 2v R＝ma 代入数据解得：1＋⎝⎛⎭⎫1－B 22v ×10 因为是匀加速运动，加速度为定值，则： ⎝⎛⎭⎫1－B 22＝0 解得：B ＝ 2 T答案 (1)20 s (2) 2 T。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2014届物理一轮复习课时作业9.28电磁感应规律的综合应用一、单项选择题1．(2011年马鞍山二中月考)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Bav 3 B.Bav 6 C.2Bav 3D ．Bav 解析：选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A. 2．(2011年湖北黄冈中学检测)如图所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L ＝0.1 m ，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度B ＝10 T ，质量m ＝0.1 kg 、电阻为R ＝2 Ω的金属杆ab 接在两导轨间，在开关S 断开时让ab 自由下落，ab 下落过程中、始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取g ＝10 m/s 2，当下落h ＝0.8 m 时，开关S 闭合．若从开关S 闭合时开始计时，则ab 下滑的速度v 随时间t 变化的图象是图中的( )解析：选D.开关S 闭合时，金属杆的速度v ＝2gh ＝4 m/s.感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E /R ，安培力F ＝BLI ，联立解出F ＝2 N ．因为F >mg ＝1 N ，故ab 杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故D 正确．3．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12mv 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12mv 2 解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12mv 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12mv 2. 4．(2011年铜陵一中质检)如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是( )A ．产生的焦耳热之比为1∶4B ．产生的焦耳热之比为1∶1C ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶4D ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶1解析：选A.根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝BLv 2R a ·L vW b ＝Q b ＝B 2Lv 2R b ·2L v由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4，A 对B 错；由产生的电量Q ＝ΔΦR ＝BS R得， Q a ∶Q b ＝1∶2，C 、D 错．5．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析：选D.线圈自由下落，到b 点受安培力，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，线圈继续加速，到d 点出磁场时受到安培力作用，由F ＝B 2L 2v R知，安培力和线圈的速度成正比，D 正确．6．(2009年高考辽宁、宁夏理综卷)如图所示，一导体圆环位于纸面内，O 为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM 可绕O 转动，M 端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R .杆OM 以匀角速度ω逆时针转动，t ＝0时恰好在图示位置．规定从a 到b 流经电阻R 的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t ＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt 变化的图象是( )解析：选C.旋转的导体棒在磁场中切割磁感线，产生电动势，由右手定则可判断，开始时电流方向由b 向a ，为负方向，后来磁场方向相反，电流方向为正方向，因为只有开始的14周期和第3个周期内导体棒切割磁感线． 7．一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则图丙中能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是( )解析：选C.0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小为定值，A 、B 错误；4 s ～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd 的磁通量不变化，无感应电流，D 错误．8．如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v 向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受外力的功率P 和回路中产生的焦耳热Q 随时间t 变化的下列图象中正确的是( )解析：选C.设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t ，导体棒的水平位移为x ＝vt ，导体棒切割磁感线的有效长度L ＝vt ·tan θ，所以回路中感应电动势E ＝BLv ＝Bv 2t ·tan θ，感应电动势与时间t 成正比，A 错误；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B 错误；导体棒匀速移动，外力F 与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P ＝Fv ＝BILv ＝BIv 2t ·tan θ，与时间成正比，故C 正确；回路产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ，式中电流不变，回路电阻与t 成正比，故焦耳热Q 与t 2成正比，D 错误．9．(2009年高考福建理综卷改编)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为F －μmg RB 2d 2B ．流过电阻R 的电量为Bdl R ＋r C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量解析：选B.A 选项中，当杆达到最大速度v 时，其受力情况如图所示，在水平方向受拉力F 、安培力F 安＝B 2d 2v R ＋r、滑动摩擦力F f ＝μmg ，三个力的合力为零：F －B 2d 2v R ＋r－μmg ＝0，解得v ＝F －μmg R ＋rB 2d 2；B 选项中，平均电动势为E ＝ΔΦΔt ，平均电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦR ＋r Δt ，通过的电量q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ＋r ，而ΔΦ＝B ·ΔS ＝Bdl ，则q ＝ΔΦR ＋r ＝Bdl R ＋r ；C 选项中，由动能定理得W F －WF f －W 安＝ΔE k ；D 选项中，由前式可得W F －W 安＝ΔE k ＋WF f >ΔE k .本题正确选项为B.10．(2011年浙江调研)如图所示，光滑金属导轨AC 、AD 固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B 的匀强磁场中．有一质量为m 的导体棒以初速度v 0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A 点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A 点的总电荷量为Q .已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R ，其余电阻不计．则( )A ．该过程中导体棒做匀减速运动B ．该过程中接触电阻产生的热量为18mv 20 C ．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S ＝QR BD ．当导体棒的速度为12v 0时，回路中感应电流大小为初始时的一半 解析：选C.由于导体棒在向右运动切割磁感线产生感应电流，同时受到水平向左的安培力，所以导体棒速度逐渐减小，速度减小又使得感应电动势、感应电流、安培力均减小，所以导体棒做加速度逐渐减小的变减速运动，A 错误；由能量守恒可知整个运动过程中导体棒损失的动能全部转化为内能，故B 错误；设开始运动时，导体棒和导轨构成的回路的面积为S ，运动时间为t ，则整个过程中回路中的平均感应电动势为E ＝BS /t ①；平均感应电流为I ＝E /R ②，则运动过程中通过A 点的电荷量为Q ＝It ③.联立①②③式可得S ＝QR B ，故C正确；导体棒在运动过程中切割磁感线的有效长度逐渐减小，当速度为12v 0时，产生的感应电动势小于开始运动时产生的感应电动势的一半，此时感应电流小于开始时的一半，故D 错误．二、计算题11．(2011年北京西城区抽样)如图所示，用质量为m 、电阻为R 的均匀导线做成边长为l 的单匝正方形线框MNPQ ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l ，磁感应强度为B .在垂直MN 边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v 匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN 边与磁场的边界平行．求：(1)线框MN 边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN 边刚进入磁场时，M 、N 两点间的电压U MN ；(3)在线框从MN 边刚进入磁场到PQ 边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W .解析：(1)线框MN 边在磁场中运动时，感应电动势E ＝Blv线框中的感应电流I ＝E R ＝Blv R . (2)M 、N 两点间的电压U MN ＝34E ＝34Blv . (3)只有MN 边在磁场中时，线框运动的时间t ＝lv此过程线框中产生的焦耳热Q 1＝I 2Rt ＝B 2l 3v R 只有PQ 边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q 2＝B 2l 3v R根据能量守恒定律得水平外力做的功W ＝Q 1＋Q 2＝2B 2l 3v R. 答案：见解析12．(2010年高考天津理综卷)如图所示，质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.3 Ω，长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 形金属框架上．框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R 2＝0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．垂直于ab 施加F ＝2 N 的水平恒力，ab 从静止开始无摩擦地运动，始终与MM ′、NN ′保持良好接触．当ab 运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小；(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量Q ＝0.1 J ，求该过程ab位移x 的大小．解析：(1)ab 对框架的压力F 1＝m 1g框架受水平面的支持力F N ＝m 2g ＋F 1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F 2＝μF N ab 中的感应电动势E ＝BlvMN 中电流I ＝E R 1＋R 2MN 受到的安培力F 安＝IlB框架开始运动时F 安＝F 2由上述各式代入数据解得v ＝6 m/s.(2)闭合回路中产生的总热量Q 总＝R 1＋R 2R 2Q 由能量守恒定律，得Fx ＝12m 1v 2＋Q 总 代入数据解得x ＝1.1 m.答案：(1)6 m/s (2)1.1 m。