电磁感应定律及应用

高考热点专题专练·高考热点专题专练·二轮钻石卷物理PAGEPAGE15高考专题训练十电磁感应定律及应用时间：40分钟分值：100分1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，选项D正确．答案D2．(多选题)(2014·江苏卷)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻．增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误．答案AB3．(2014·安徽卷)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A．0 B.eq\f(1,2)r2qkC．2πr2qk D．πr2qk解析变化的磁场产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝qkπr2，D项正确，A、B、C项错误．答案D4．(2014·四川省绵阳市诊断)在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，导线回路与匀强磁场垂直，磁场方向垂直纸面向里，磁场均匀地增强，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝5×10－2T/s，电容器电容C＝60μF，导线回路边长L1＝8cm，L2＝5cm.则电容器上极板()A．带正电，电荷量是1.2×10－4B．带负电，电荷量是1.2×10－4C．带正电，电荷量是1.2×10－8D．带负电，电荷量是1.2×10－8解析根据楞次定律知，感应电动势的方向是逆时针方向，则上极板带正电；根据法拉第电磁感应定律得：U＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔBL1L2,Δt)＝2×10－4V，则电容器的电荷量为Q＝CU＝CE＝1.2×10－8C，C正确．答案C5．(2014·山东省广饶一中期末)如图①所示，abcd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中，磁场的磁感应强度B的变化情况如图②所示(取图中B的方向为正方向)．而PQ始终保持静止．则下列关于PQ与框架间的摩擦力在时间0～t1内的变化情况的说法中，有可能正确的是()①②A．一直不变 B．一直减小C．先减小，后增大 D．先增大，后减小解析根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsinθ，则摩擦力f＝mgsinθ－F安，随着安培力的减小，摩擦力f逐渐增大，当安培力反向时，f＝mgsinθ＋F安，安培力逐渐增大，故摩擦力也是逐渐增大；若一开始安培力大于mgsinθ，则摩擦力f＝F安－mgsinθ，由于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F安＝mgsinθ时，摩擦力为零并开始反向变为f＝mgsinθ－F安，随着安培力的变化将逐渐增大，故选项C正确．答案C6．(多选题)(2014·山东省广饶一中期末)如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R.现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过eq\f(T,8)导线框转到图中虚线位置，则在这eq\f(T,8)时间内()A．顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→H→EB．平均感应电动势大小等于eq\f(16a2B,9T)C．平均感应电动势大小等于eq\f(83－2\r(2)a2B,T)D．通过导线框横截面的电荷量为eq\f(3－2\r(2)a2B,R)解析由于虚线位置是经过eq\f(T,8)到达的，而且线框是顺时针方向转动，所以线框的磁通量是变小的．根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，我们可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)，根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化ΔS＝(3－2eq\r(2))a2，解得：E＝eq\f(83－2\r(2)a2B,T)，故B错误、C正确；通过导线框横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(E,R)t＝eq\f(3－2\r(2)a2B,R)，故D正确．答案CD7．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的闭合铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带平面向上，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察上图，下列说法正确的是()A．从图中可以看出，第2个线圈是不闭合线圈B．从图中可以看出，第3个线圈是不闭合线圈C．若线圈闭合，进入磁场时线圈相对传送带向前运动D．若线圈不闭合，进入磁场时线圈相对传送带向后运动解析若线圈闭合，进入磁场时，由于电磁感应现象，由楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，若线圈不闭合，不会产生感应电流，线圈不受安培力，故线圈相对传送带不发生滑动，由题图知第3个线圈没有发生相对滑动，则第3个线圈为不合格线圈，故A、C、D错误，B正确．答案B8．(2014·江西省名校联盟调研)如图①所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图②所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是()①②A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B．在0～t0内，通过导体棒的电流方向为N到MC．在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为eq\f(SB0,Rt0)D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为eq\f(SB0,2R)解析根据楞次定律可知，在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到安培力方向相反，所以受到导轨的摩擦力方向也相反，A项错误；根据“增反减同”的原理可知，在0～t0内，穿过导体棒的电流方向为N到M，B项正确；在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(2SB0,Rt0)，C项错误；在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量Q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(SB0,R)，D项错误．答案B9．如图所示的①、②、③图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中．导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在①、②、③图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是()①②③A．①、③中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；②中ab棒最终静止B．①、③中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；②中ab棒最终静止C．①、②、③中，棒ab最终均做匀速运动D．①、②、③中，棒ab最终都静止解析①图中ab棒产生的感应电动势对电容器C充电，C两极板间电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，ab棒做向右的匀速直线运动；②图中导体棒切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为热能，最终会静止；而③图有向右的初速度，却受到向左的安培力，则杆向右减速运动，后向左加速运动．当金属杆切割磁感线产生的电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，所以金属杆最终做向左的匀速直线运动．由此得选项B正确，A、C、D错误．答案B10．(多选题)(2014·山东卷)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是()A．FM向右 B．FN向左C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小解析由题意可知，根据安培定则，在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，根据右手定则可以判定，在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手定则可知，金属棒在M区时受到的安培力方向向左，因此A选项错误；同理可以判定B选项正确；再根据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大，因此产生的感应电动势越来越大，根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力FM也逐渐增大，故C选项正确；同理D选项正确．答案BCD11．(2014·新课标全国卷Ⅱ)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，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：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．解析(1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为：ΔS＝eq\f(1,2)ωΔt[(2r)2－r2]①根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为E＝eq\f(BΔS,Δt)②根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端．由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I＝eq\f(E,R)③联立①②③式得I＝eq\f(3ωBr2,2R)④(2)在竖直方向有mg－2N＝0⑤式中，由于导体棒质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N.两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为f＝μN⑥在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1＝rωΔt⑦l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为Wf＝f(l1＋l2)⑨在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为WR＝I2RΔt⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为W＝Wf＋WR⑪外力的功率为P＝eq\f(W,Δt)⑫由④至⑫式得P＝eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)⑬答案(1)eq\f(3ωBr2,2R)，从C端流向D端(2)eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)12．(2014·天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg、电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg、电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m解析(1)由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)③设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)m2v2⑦又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总⑧解得Q＝1.3J⑨答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.313．(2014·安徽卷)如图①所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m、质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s，在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取①