专题十电磁感应与能量变化

专题十电磁感应与能量变化一、选择题1．(仿2013新课标全国高考Ⅰ，17T)边长为a的闭合金属正三角形框架，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5所示，则下列图象与这一过程相符合的是 ()．图5解析该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有＝eq\f(2\r(3),3)x，所以E电动势＝Bl有v＝eq\f(2\r(3),3)Bvx∝x，选项A错误，B正确；F外力＝eq\f(B2l\o\al(2,有)v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，选项C错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，选项D错误．答案B2．(仿2013新课标全国高考Ⅱ，16T)如图6所示，水平虚线MN的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd从MN下方某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间关系的是 ()．图6解析线框进磁场前为匀减速运动，进磁场后受到重力和向下的安培力，mg＋eq\f(B2l2v,R)＝ma，因其向上减速运动，v减小，a减小，可知C项正确．答案C3．(仿2013山东高考，18T)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图7甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是下图中的 ()．图7解析根据图乙，又E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)和I＝eq\f(E,R)可知，在0～4s时间内的感应电流大小恒定．根据楞次定律可知，在0～2s时间内，电流顺时针方向；在2～4s时间内，电流逆时针方向；根据左手定则可知ad边所受安培力方向：在0～1s时间向左，在1～2s时间向右，在2～3s时间向左，在3～4s时间向右．从而排除A、C选项．尽管电流大小不变，可Fcd＝BLcdI，B均匀变化时，安培力均匀变化，因此B错，D对．答案D4．(仿2013天津高考，3T)如图8所示，在矩形有界匀强磁场区域ABCD内有一质量可以忽略不计、电阻为R的闭合导线框abcd.线框在外力F的作用下，从图示位置匀速向右离开磁场．若第一次用0.3s时间拉出，电路中的电流为I1，cd边受的安培力为F1，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，电路中的电流为I2，cd边受的安培力为F2，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则 ()．图8A．I1∶I2＝3∶1 B．F1∶F2＝1∶1C．W1∶W2＝3∶1 D．q1∶q2＝1∶3解析设线框ad边的长度为s，由线框匀速运动时有v＝eq\f(s,t).第一次用0.3s拉出线框、第二次用0.9s拉出线框，两次的时间比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,3).设线框ab边的长度为L，则感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝eq\f(E,R)，解上述各式得I＝eq\f(BLs,Rt)，所以两次的电流之比为eq\f(I1,I2)＝eq\f(3,1)，故选A.cd边受安培力为F安＝BIL，解上述各式得F＝eq\f(B2L2s,Rt)，所以两次所受安培力之比为eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,1)，故不选B.拉力做的功为W＝Fs，解上述各式得W＝eq\f(B2L2s2,Rt)，所以两次做功之比为eq\f(W1,W2)＝eq\f(3,1)，故选C.流过的电荷量为q＝It，解上述各式得q＝eq\f(BLs,R)，所以两次的电荷量比为eq\f(q1,q2)＝eq\f(1,1)，故不选D.答案AC5．(仿2013安徽高考，16T)如图9所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，ab棒的速度大小为v，则ab棒在这一过程中 ()．图9A．运动的平均速度大小为eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小为eq\f(qR,BL)C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为eq\f(B2L2v,R)sinθ解析本题考查金属棒切割磁感线的电磁感应现象，意在考查考生应用法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、能量守恒定律解决电磁感应综合问题的能力．分析ab棒的受力情况，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初末速度的平均值，A错误；设ab棒沿斜面下滑的位移为x，则电荷量q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BxL,R)，解得位移x＝eq\f(qR,BL)，B正确；根据能量守恒定律可知，产生的焦耳热等于ab棒机械能的减少量，Q＝eq\f(mgqRsinθ,BC)－eq\f(1,2)mv2，ab棒受到的最大安培力为eq\f(B2L2v,R)，C、D错误．答案B二、计算题6．(仿2013新课标全国高考Ⅰ，25T)如图10所示，两根竖直放置在绝缘面上的金属框架．框架的上端接有电容为C的电容器．框架上有一质量为m、长为l的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好无摩擦，棒离桌面高度为h.磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直，开始时电容器不带电．自静止起将棒释放，求棒从释放到落到地面所需要的时间？图10解析设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为：E＝Blv①平行板电容器两板间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷为Q，按定义有：C＝eq\f(Q,U)③联立①②③式得Q＝CBlv④设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义电流为I＝eq\f(ΔQ,Δt)⑤ΔQ也是Δt电容器极板上增加的电荷量，由④式得ΔQ＝CBlΔv⑥式中Δv为速度的变化量，按定义有a＝eq\f(Δv,Δt)⑦对金属棒由牛顿第二定律得BIl－mg＝ma⑧联立⑤⑥⑦⑧式解得a＝eq