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2017届高考物理二轮复*专题复*(练*)专题五电路与电磁感应1

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训练 12

电磁感应定律及其应用

一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.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.) 1.

将硬导线中间一段折成半圆形,使其半径为 R,让它在磁感应强度大小为 B、方向 如图所示的匀强磁场中绕轴 MN 匀速转动,灯泡的电阻为 r.导线在 a、b 两处通过电刷 与外电路连接,外电路接有额定功率为 P 的小灯泡并正常发光,电路中除灯泡外,其 余部分的电阻不计,则半圆形硬导线的转速为( ) 2 rP 2rP A.π2R2B B.π2R2B rP rP C.π2R2B D.2π2R2B 解析:半圆形导线转动时切割磁感线产生感应电动势,则电源电动势的有效值 E 2π2BR2n E2 2rP = ,对于小灯泡有 P= r ,两式联立得 n=π2R2B. 2 2 答案:B 2.

如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为 n,面积为 S.若在 t1 到 t2 时间内,匀强磁场*行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由 B1 均匀增 加到 B2,则该段时间线圈两端 b 和 a 之间的电势差 φb-φa( ) nS?B2-B1? A.从零均匀变化到- t2-t1 nS?B2-B1? B.从零均匀变化到 t2-t1 nS?B2-B1? C.恒为- t2-t1 nS?B2-B1? D.恒为 t2-t1 nS?B2-B1? 解析:根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为 E= ;根据楞次定律可 t2-t1 知 b 点电*细撸 φb-φa>0,D 正确. 答案:D 3.

在如图所示的竖直*面内,在水*线 MN 的下方有足够大的匀强磁场,一个等腰 三角形金属线框顶点 C 与 MN 重合,线框由静止释放,沿轴线 DC 方向竖直落入磁场 中.忽略空气阻力,从释放到线框完全进入磁场过程中,关于线框运动的 v—t 图,可 能正确的是( )

BLv B2L2v 解析:线框进入磁场的过程受到的安培力:F=BIL=B R L= R ,线框进入磁 场过程中,切割磁感线的有效长度 L 增大,安培力增大,由牛顿第二定律得:mg-F B2L2v =ma,则 a=g- mR ,线框由静止做加速运动,由于 L、v 不断增大,加速度 a 减小, 则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动, 加速度减小, v—t 图象的斜率减小. 故 C 正确. 答案:C 4.

如图甲所示,两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置,导轨上端接电阻 R,宽度 相同的水*条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨*面向里的匀强磁场 B,Ⅰ和Ⅱ之间无 磁场.一导体棒两端套在导轨上,并与两导轨始终保持良好接触,导体棒从距区域Ⅰ 上边界 H 处由静止释放,在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻 R 上的电流及其变 化情况相同.图乙的四个图象中能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( )

解析:MN 棒先做自由落体运动,当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明 F 安>mg,由牛顿第二定律得,F 安-mg=ma,减速时 F 安减小,合力减小,a 也减小,速 度图象中图线上各点切线斜率减小;离开Ⅰ区后棒做加速度为 g 的匀加速直线运动, 随后进入Ⅱ区磁场,因棒在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻 R 上的电流变化情 况相同,则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同,所以只有 C 项正确. 答案:C

5. 如图甲所示, 固定的水*金属导轨足够长且电阻不计. 两阻值相同的导体棒 ab、 cd 置于导轨上,棒与导轨垂直且始终保持良好接触.整个装置处在与导轨*面垂直向 下的匀强磁场 B 中.现让导体棒 ab 以如图乙所示的速度向右运动.导体棒 cd 始终静 止在导轨上,以水*向右为正方向,则导体棒 cd 所受的静摩擦力 Ff 随时间变化的图象 是( )

答案:B 6.

在光滑的绝缘水*面上方,有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁 场,PQ 为磁场边界.一个半径为 a、质量为 m、电阻为 R 的金属圆环垂直磁场方向放 置于磁场中 A 处,现给金属圆环一水*向右的初速度 v.当圆环运动到直径刚好与边界 v 线 PQ 重合时的速度为2,则下列说法正确的是( ) 4B2a2v2 A.此时圆环中的电功率为 R 2B2a2v B.此时圆环的加速度为 mR πBa2 C.此过程中通过圆环截面的电荷量为 2R D.此过程回路中产生的电能为 0.75mv2 解析:当圆环运动到直径刚好与边界线 PQ 重合时,产生的感应电动势 E= v Bav B2a2v2 B×2a×2=Bav,感应电流 I= R ,圆环中的电功率 P=I2R= R ,选项 A 错误; 2 2 2B2a2v F 2B a v 金属圆环受到的安培力 F=2BIa= R ,所以 a=m= mR ,选项 B 正确;由 q=It ΔΦ Bπa2 1 1 v 3 = R = 2R , 可知选项 C 正确; 由能量守恒得: 产生的电能 W 电=2mv2-2m(2)2=8mv2, 选项 D 错误. 答案:BC 7.

1 如图所示,两根等高光滑的4圆弧轨道半径为 r、间距为 L,轨道的电阻不计.在 轨道的顶端连有阻值为 R 的电阻,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度 为 B.现有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置 cd 开始,在拉力作 用下以速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处,则该过程中( ) A.通过 R 的电流方向为由内向外 B.通过 R 的电流方向为由外向内 πrB2L2v0 C.R 上产生的热量为 4R πBLr D.通过 R 的电荷量为 2R 解析:由右手定则可知,电流方向为逆时针方向,选项 A 错误,B 正确;通过 R v0 ΔΦ BLr 的电荷量 q= R = R ,选项 D 错误;金属棒产生的瞬时感应电动势 e=BLv0cos r t, BLv0 πrB2L2v0 E2 B2L2v2 0 πr 有效值 E= ,R 上产生的热量 Q= R t= 2R · 2v0= 4R ,选项 C 正确. 2 答案:BC 8.如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的*行金属导轨,导轨间距为 l,两导轨间 连有一电阻 R, 导轨*面与水*面的夹角为 θ, 在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层. 匀 强磁场的磁感应强度大小为 B,方向与导轨*面垂直.质量为 m 的导体棒从 h 高度处 由静止释放,在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层 间有摩擦,动摩擦因数 μ=tanθ,其他部分的电阻不计,重力加速度为 g,下列说法正 确的是( )

A.导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动 B.在涂层区导体棒做减速运动 mgRsinθ C.导体棒到达底端的速度为 B2L2 m3g2sin2θ D.整个运动过程中产生的焦耳热为 mgh- 2B4L4 解析:导体棒到达涂层前速度越来越大,由 E=BLv 得,感应电动势越来越大,根 E 据 I=R和 F=BIL 得,所受的安培力越来越大,由 F=mgsinθ-BIL=ma 得,加速度越 来越小,故 A 正确;当导体棒到达涂层时,所受力*衡,但是到达涂层后,安培力消 失,在涂层区受摩擦力,受力分析得导体棒受力*衡,故导体棒匀速运动,故 B 错误; 根据受力*衡条件得:BIL=mgsinθ,得:

B2L2v mgRsinθ = mg sin θ , 所以 v = 故 C 正确; 由能量守恒得产生的总热量 Q=mgh R B2L2 , 3 2 2 2 1 m g R sin θ -2mv2=mgh- 2B4L4 ,产生的总热量包括焦耳热和导体棒与涂层摩擦产生的热 量,故 D 错误. 答案:AC 二、计算题(本大题共 2 小题,共 36 分.需写出规范的解题步骤) 9.如图甲所示,足够长的光滑*行金属导轨 MN、PQ 竖直放置,其宽度 L=1 m, 一匀强磁场垂直穿过导轨*面,导轨的上端 M 与 P 之间连接一阻值为 R=0.40 Ω 的电 阻,质量为 m=0.01 kg、电阻为 r=0.30 Ω 的金属棒 ab 紧贴在导轨上.现使金属棒 ab 由静止开始下滑,下滑过程中 ab 始终保持水*,且与导轨接触良好,其下滑距离 x 与 时间 t 的关系如图乙所示,图象中的 OA 段为曲线,AB 段为直线,导轨电阻不计,g 取 10 m/s2(忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响).

(1)判断金属棒两端 a、b 的电势高低; (2)求磁感应强度 B 的大小; (3)在金属棒 ab 从开始运动的 1.5 s 内,电阻 R 上产生的热量. 解析:(1)由右手定则判断得 φb>φa. (2)当金属棒匀速下落时,由共点力*衡条件得 mg=BIL① 金属棒产生的感应电动势 E=BLv1② BLv1 则电路中的电流 I= ③ R+r 由图象可得 v1=7 m/s 代入数据解得 B=0.1 T (3)以金属棒 ab 为研究对象,在 0~1.5 s,根据动能定理得 1 mgh-W 总=2mv2 1-0④ W 总=0.455 J 由闭合电路欧姆定律得 E 总=I(R+r)⑤ 则电阻 R 两端的电压 UR 为 R UR= E ⑥ R+r 总 R 则电阻 R 上产生的热量 QR= W =0.26 J R+r 总 答案:(1)φb>φa (2)0.1 T (3)0.26 J 10. 如图所示, 一对足够长的*行光滑金属导轨固定在水*面上, 两导轨间距为 L, 左端接一电源,其电动势为 E、内阻为 r,有一质量为 m、长度也为 L 的金属棒置于导

轨上,且与导轨垂直,金属棒的电阻为 R,导轨电阻可忽略不计,整个装置处于磁感 应强度为 B,方向竖直向下的匀强磁场中.

(1)若闭合开关 S 的同时对金属棒施加水*向右恒力 F,求棒即将运动时的加速度 和运动过程中的最大速度; (2)若开关 S 开始是断开的,现对静止的金属棒 施加水*向右的恒力 F, 一段时间后再闭合开关 S;要使开关 S 闭合瞬间棒的加速 F 度大小为m,则 F 需作用多长时间. E 解析:(1)闭合开关 S 的瞬间回路电流为 I= R+r 金属棒所受安培力水*向右,大小为:FA=ILB FA+F 由牛顿第二定律得:a= m E F 整理可得:a= LB+m ?R+r?m 金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,匀速运动时速度最大,此时由*衡条件得: F′A=F 由安培力公式,F′A=I′LB BLvm-E 由闭合电路欧姆定律得:I′= R+r F?R+r? E 联立求得:vm= B2L2 +BL (2)设闭合开关 S 时金属棒的速度为 v, BLv-E 此时电流为 I″= R+r F-F″A 由牛顿第二定律得:a″= m F BLv-E 所以加速度 a″=m- LB ?R+r?m F 若加速度大小为m, F BLv-E F 则|m- LB|=m ?R+r?m E E 2F?R+r? 解得速度 v1=BL,v2=BL+ B2L2 F 又未闭合开关 S 时金属棒的加速度一直为 a0=m 解得恒力 F 作用时间为: v1 mE t1=a =FBL或 0

v2 mE 2m?R+r? t2=a =FBL+ B2L2
0

E F F?R+r? E LB+m B2L2 +BL ?R+r?m mE mE 2m?R+r? (2)FBL或FBL+ B2L2 答案:(1)




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