二轮文档：专题9电磁感应Word版含答案

1．(2015·新课标全国Ⅰ·19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图1所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是()图1A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB解析当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确．如题图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．2．(2015·安徽理综·19)如图2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θ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()图2A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的发热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)答案B解析电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的发热功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D错误．3．(2015·山东理综·19)如图3甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－t图像可能正确的是()图3答案C解析由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且eq\f(Δi,Δt)逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且eq\f(ΔB,Δt)逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab>0，根据法拉第电磁感应定律uab＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，eq\f(Δi,Δt)＝0，所以eq\f(ΔB,Δt)＝0，uab＝0；同理可知0.25T0<t<0.5T0时，uab<0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律．故选项C正确．4．(2014·新课标全国Ⅱ·25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图4所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：图4(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．答案(1)方向为C→D大小为eq\f(3Bωr2,2R)(2)eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2)解析(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.设导体棒AB中点的速度为v，则v＝eq\f(vA＋vB,2)而vA＝ωr，vB＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝eq\f(3Bωr2,2R).(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg解得P＝eq\f(9B2ω2r4,4R)＋eq\f(3μmgωr,2).1．题型特点(1)考查楞次定律的应用问题；(2)考查电磁感应中的图像问题；(3)考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用问题，如电路问题、图像问题、动力学问题、能量问题等．2．命题趋势(1)综合考查楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识．(2)考查学生的识图能力，由图像获取解题信息的能力．(3)电流恒定时，考查焦耳定律、电功率的相关知识．(4)电流变化时，考查不同能量的转化问题．(5)与牛顿第二定律、运动学结合的动态分析问题．(6)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题．考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．(2015·新课标全国Ⅱ·15)如图5，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图5A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a答案C解析金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确．2．半径为r的带缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置，并处在变化的磁场中，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图6甲所示．磁场的方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里为正方向，磁感应强度变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是()图6A．第2秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末两极板之间的电场强度大小为零D．第4秒末两极板之间的电场强度大小为eq\f(πr2,5d)答案A解析第2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故A正确；第3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，第2s末感应电动势不变，则两极板之间的电场强度大小不为零，故C错误；由题意可知，第4s末两极板间的电场强度大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(S·\f(ΔB,Δt),d)＝eq\f(0.1πr2,d)，故D错误．3．如图7所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称．一条形磁铁开始放在A点，中心与O点重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法正确的是()图7A．磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为eq\f(Φ1,n)B．磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝eq\f(2nvΦ1－Φ2,L)C．磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1D．磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电荷量不为零答案B解析磁铁在A点时，线圈中的磁通量为Φ1，故通过一匝线圈的磁通量也为Φ1，与匝数无关，故A错误；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝－neq\f(Φ2－Φ1,\f(L,\f(2,v)))＝eq\f(2nvΦ1－Φ2,L)，故B正确；磁铁从A到B的过程中，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电荷量为零，故C、D错误．1．楞次定律中“阻碍”的表现(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．2．楞次定律和右手定则的适用对象(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形．3．求感应电动势大小的五种类型(1)磁通量变化型：E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)磁感应强度变化型：E＝nSeq\f(ΔB,Δt).(3)面积变化型：E＝nBeq\f(ΔS,Δt).(4)平动切割型： E＝Blv.(5)转动切割型：E＝eq\f(1,2)Bl2ω.考题二电磁感应的图像问题4．(2015·武汉四月调研)如图8所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，在三角形abd内存在垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，在三角形bcd内存在垂直纸面向里的磁感应强度也为B的匀强磁场．一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合．规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，感应电流随位移变化的图像是()图8答案A解析感应电动势E＝BL有v，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL有v,R)，三角形egf向右运动，根据右手定则，开始时ef切割磁感线，产生顺时针电流，大小设为I0,0～eq\f(L,3)过程，en切割磁感线产生向下的电流，nf产生向上的电流，em产生向下电流，切割磁感线的有效长度为L有＝en－nf－em，随着三角形的运动L有在减小，感应电流减小，当运动eq\f(L,3)时，L有＝0，电流为零；eq\f(L,3)～L过程，继续移动根据等边三角形的几何关系，nf＋em大于en，L有＝nf＋em－en，逐渐变大，电流变大，当efg与bcd重合时，eg边和ef边切割磁感线，产生电流方向均为逆时针，大小变为2I0；L～2L过程中，继续移动gm切割磁感线，产生感应电动势，L有＝gm，逐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故A正确．5．如图9甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示．下列关于棒的运动速度v，外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)随时间变化的图像正确的是()图9答案B解析E＝Blv＝ktR，所以v＝eq\f(kR,Bl)t，v－t图像是一条过原点斜率大于零的直线，说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v＝at，故A错误；根据题图乙所示的I－t图像可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I＝eq\f(E,R)＝kt可推出：E＝ktR而E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，所以有：eq\f(ΔΦ,Δt)＝ktR，eq\f(ΔΦ,Δt)－t图像是一条过原点斜率大于零的直线，故B正确；对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程F－BIl＝ma，而I＝eq\f(Blv,R)，v＝at得到F＝eq\f(B2l2a,R)t＋ma，可见F－t图像是一条斜率大于零且与F轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl\f(1,2)at2,R)＝eq\f(Bla,2R)t2，q－t图像是一条开口向上的抛物线，故D错误．6．如图10甲所示，将长方形导线框abcd垂直磁场方向放入匀强磁场B中，规定垂直ab边向右为ab边所受安培力F的正方向，F随时间的变化关系如图乙所示．选取垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，不考虑线圈的形变，则B随时间t的变化关系可能是下列选项中的()图10答案ABD解析由题图乙可知0～1s内F<0即ab边受到向左的安培力，线框有面积扩大的趋势，所以磁场应当减弱，故C错误，同理可以判断A、B、D正确．1．解决电磁感应图像问题的“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应．2．解决电磁感应图像问题的一般步骤：(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画图像或判断图像．考题三电磁感应中的电路问题7．(2015·福建理综·18)如图11，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()图11A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大答案C解析设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝eq\f(Rx3R－Rx,3R)，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流，I＝eq\f(E,R＋R外)先减小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIL，拉力的功率P＝BILv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝eq\f(Rx3R－Rx,3R)，最大值为eq\f(3,4)R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图像可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．8．如图12所示，两根等高光滑的eq\f(1,4)圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一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最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中()图12A．通过R的电流方向为由外向内B．通过R的电流方向为由内向外C．R上产生的热量为eq\f(πrB2L2v0,4R)D．流过R的电荷量为eq\f(πBLr,2R)答案AC解析金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律得知通过R的电流方向为由外向内，故A正确，B错误；金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em＝BLv0，有效值为E＝eq\f(\r(2),2)Em，根据焦耳定律有：Q＝eq\f(E2,R)t时间为t＝eq\f(\f(π,2)r,v0)，联立解得Q＝eq\f(πrB2L2v0,4R)，故C正确；通过R的电荷量由公式：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E)Δt,R)＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLr,R)，故D错误．9．如图13所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．t＝0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0.在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定．不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中．图13(1)求可控电阻R随时间t变化的关系式；(2)若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻R上消耗的平均功率P；(3)若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求eq\f(x1,x2)的值．答案(1)R＝R0－eq\f(B2L2,m)t(2)I2(R0－eq\f(B2L2,2m)t)(3)2∶1解析(1)因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，则有v＝v0－at而a＝eq\f(BIL,m)t＝0时刻棒中电流为：I＝eq\f(BLv0,R0＋r)经时间t后棒中电流为：I＝eq\f(BLv,R＋r)由以上各式得：R＝R0－eq\f(B2L2,m)t(2)因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求P＝I2eq\f(R0＋R,2)由以上各式得：P＝I2(R0－eq\f(B2L2,2m)t)(3)将可控电阻改为定值电阻R0，棒将做变减速运动．有：v0＝eq\x\to(a)teq\x\to(a)＝eq\f(B\x\to(I)L,m)而eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R0＋r)teq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(BLx1,t)由以上各式得：x1＝eq\f(mv0R0＋r,B2L2)而x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)由以上各式得x2＝eq\f(mv0R0＋r,2B2L2)所求eq\f(x1,x2)＝eq\f(2,1)解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系．(3)运用闭合电路欧姆定律，串并联电路的性质、电功率等公式求解．考题四电磁感应中的动力学、能量转化问题10．如图14所示，xOy平面为光滑水平面，现有一长为d，宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正x轴方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0coseq\f(π,d)x(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R，t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是()图14A．外力F为恒力B．t＝0时，外力大小F＝eq\f(4B\o\al(2,0)L2v,R)C．通过线框的瞬时电流I＝eq\f(2B0Lvcos\f(πvt,d),R)D．经过t＝eq\f(d,v)，线框中产生的电热Q＝eq\f(2B\o\al(2,0)L2vd,R)答案BCD解析由于磁场是变化的，故线框切割磁感线产生的感应电动势也为变值，安培力也为变力，故要保持线框匀速运动，外力F不能为恒力，故A错误；t＝0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E＝2B0Lv，拉力等于安培力即F＝2B0IL＝eq\f(4B\o\al(2,0)L2v,R)，故B正确；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt，瞬时电动势E＝2B0Lvcoseq\f(πvt,d)，瞬时电流I＝eq\f(2B0Lvcos\f(πvt,d),R)，故C正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I＝eq\f(2B0Lv,\r(2)R)，故产生的电热Q＝I2Rt＝eq\f(2B\o\al(2,0)L2vd,R)，故D正确．11．(2015·天津理综·11)如图15所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab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产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图15(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)eq\f(Q,mg)＋28l解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2)⑥由⑤⑥式得v2＝4v1⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序．1．基本思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向．(2)根据欧姆定律，求解回路中电流．(3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况．(4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解．2．注意的问题运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．专题综合练1．(2015·海南单科·2)如图16所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度方向相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则eq\f(ε′,ε)等于()图16A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案B解析设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，ε＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故产生的感应电动势为ε′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)ε，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正确．2.(2015·重庆理综·4)图17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，匀强磁场平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a和b之间的电势差φa－φb()图17A．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．从0均匀变化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案C解析根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B2－B1S,t2－t1)，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－neq\f(B2－B1S,t2－t1)，选项C正确．3．如图18所示，一正三角形导线框ABC(高度为a)从图示位置沿x轴正向匀速穿过匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a.下列选项反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图像正确的是()图18答案C解析x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为正值．故B错误；x在a～2a范围，线框穿过左、右两侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针，为负值，且为x在0～a范围内电流的2倍，最大值为2I0.故A错误；x在2a～3a范围，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．4．一闭合线圈固定在垂直于纸面的均匀磁场中，设垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头方向为电流i的正方向，如图19(a)所示．已知线圈中感应电流i随时间变化的图像如图(b)所示，则磁感应强度B随时间变化的图像可能是下图中的()图19答案A解析0～eq\f(T,4)内，电流为负向恒定不变，即顺时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则原磁场方向向外，为负向均匀增大；若原磁场均匀减小，则原磁场方向向里，为正向均匀减小.eq\f(T,4)～eq\f(3T,4)内，电流为正向恒定不变，即逆时针方向，则感应电流的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律，若原磁场均匀增大，则方向向里，为正向均匀增大；若原磁场均匀减小，则原磁场向外，为负向均匀减小，根据以上的分析知A正确．5．如图20所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)．设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()图20A．穿过线圈PQM的磁通量为Φ＝0.96BR2B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt(k为常数，k>0)，则线圈中产生的感应电流大小为I＝eq\f(0.96kR2,r)C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热答案ABC6．如图21所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是()图21A．S闭合瞬间，A先亮B．S闭合瞬间，A、B同时亮C．S断开瞬间，B逐渐熄灭D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭答案D解析闭合开关S瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，B逐渐变亮，故A错误，B错误；开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误D正确．7．如图22所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为x时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是()图22A．导体棒MN的最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B．此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsinθC．当导体棒MN从静止开始下滑x的过程中，通过其横截面的电荷量为eq\f(BLx,2R)D．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，导体棒MN中产生的热量为mgxsinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)答案AC解析导体棒MN速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ＝BIL＝Beq\f(BLvm,2R)L解得vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2).故A正确；在MN下滑的过程中，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断知，EF受到沿导轨向下的安培力，根据平衡条件得：导体棒EF所受的静摩擦力f＝mgsinθ＋F安．故B错误；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),2R)t＝eq\f(BL\x\to(v)t,2R)＝eq\f(BLx,2R)，故C正确；根据能量守恒得：导体棒MN中产生的热量为Q＝eq\f(1,2)(mgxsinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m))，故D错误．8．如图23所示，Ⅰ、Ⅱ区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝1T，方向相反，一边长L＝0.5m、质量m＝0.1kg、电阻R＝0.5Ω的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v0＝10m/s.在线框穿过磁场区域的过程中，外力F所做的功为()图23A．5J B．7.5JC．10J D．15J答案D解析从ab进入磁场到cd进入磁场的过程中，线框产生的电能：E1＝eq\f(BLv02,R)eq\f(L,v0)＝eq\f(B2L3v0,R)＝2.5J，同理当线框从磁场Ⅱ中离开时产生的电能也为E3＝2.5J；当线框的ab边从开始进入Ⅱ区域到线框的cd边开始进入Ⅱ区域的过程中，线框产生的电能：E2＝eq\f(2BLv02,R)eq\f(L,v0)＝eq\f(4B2L3v0,R)＝10J，故整个过程中线框一共产生的电能为E＝E1＋E2＋E3＝15J，由于外力F做功等于产生的电能，所以外力F所做的功为15J，故选项D正确．9．(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图24甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有