高考物理二轮复习测试 专题四第2讲课下电磁感应规律及应用

1．(2012·新课标全国卷)如图1所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心图1O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：选C当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),RΔt)＝eq\f(B0r2ω,2R)；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔB·πr2,2RΔt)，令I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，C对。2.(2012·三明一中高考模拟)如图2所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()图2图3解析：选C当闭合开关S瞬间L的自感电动势很大，阻碍电流的通过，故通过D1灯泡的电流逐渐增加，通过D2的电流恒定不变；在t1时刻断开开关S时，D1、D2、D3和线圈构成回路，通过D1的电流方向没有改变，且从原来的数值逐渐减小，故A、B均错；通过D2的电流方向反向，且大小从I1逐渐较小，故C对D错。3.如图4所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图5中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()图4图5解析：选B闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误。4．(2012·淄博模拟)如图6所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，图6在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－位移(I－x)关系的是()图7解析：选C线框匀速穿过L的过程中，有效长度l均匀增加，由E＝Blv知，电动势随位移均匀变大，x＝L处电动势最大，电流I最大；从x＝L至x＝1.5L过程中，框架两边都切割，总电动势减小，电流减小；从x＝1.5L至x＝2L，左边框切割磁感线产生的感应电动势大于右边框切割磁感线产生的感应电动势，故电流反向且增大；x＝2L至x＝3L过程中，只有左边框切割，有效长度l减小，电流减小。综上所述，只有C项符合题意。5．(2012·福建省高三仿真模拟)如图8甲，导体框平面与水平面成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，整个装置放于垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度的变化如图乙，PQ始终静止，则在0～t2s内，PQ受到的摩擦力的变化情况可能是()图8①f一直增大②f一直减小③f先减小后增大④f先增大后减小A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：选A在0～t1时间内，由楞次定律的推论可知，当磁感应强度在正方向上均匀减小，所受安培力的方向沿斜面向上，导体棒还受沿斜面向下的重力的分力Mgsinθ，当F安>Mgsinθ时f方向向下，故Mgsinθ＋f＝F安，当F安减小时f减小，f减小到0后磁感应强度再减小，f的方向向上且不断增加，在t1～t2秒内，f不断增加，故③对；若F安<Mgsinθ时，f的方向向上，故当磁感应强度在正方向上均匀减小时，f变大，若磁感应强度反方向增加，安培力方向向下增加，则f变大，故①对。6.(2012·重庆高考)如图9所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场。在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点。下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是()图9图10解析：选B在导线框运动过程中，导线框的Q′M′和P′N′两边所受安培力始终平衡，M′N′和P′Q′切割磁感线产生感应电动势，在闭合导线框中产生感应电流。则E＝BvL有效，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BvL有效,R)，f＝BIL有效＝eq\f(B2vL有效2,R)，设导线框边长为a，则导线框运动到M′N′完全出磁场之前的过程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝eq\f(4B2v3t2,R)；在M′N′完全出磁场后直到P′Q′开始出磁场之前，仅有P′Q′受安培力，有效长度不变，为a，f2＝eq\f(B2va2,R)，不变；P′Q′出磁场的过程中，有效长度L有效＝a－2vt，f3＝eq\f(B2v,R)(a－2vt)2；根据三个过程中安培力的表达式可知，B选项正确。7．在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场B1中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒ab，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图11甲所示。磁感应强度B1随时间t的变化关系如图11乙所示，0～1s内磁场方向垂直线框平面向下。若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体棒所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是下列图12中的()图11图12解析：选D由题图乙可知在1～2s和4～5s这两段时间内，圆形线圈中磁感应强度B1保持不变，为定值，由法拉第电磁感应定律可得，电路中无电动势产生，整个回路无电流，导体棒不受安培力和静摩擦力作用，所以A、B错误；在0～1s内，由题图乙可得，磁场垂直于线框平面向下均匀增加，由楞次定律结合右手定则可判断出，线框中的感应电流方向为逆时针方向，电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)，因为磁场均匀变化，则I为定值，导体棒电流由b→a，即得安培力大小恒定，由左手定则可得方向水平向左。因为棒始终静止，所以受力平衡，静摩擦力与安培力等大反向，即静摩擦力大小恒定、方向水平向右，为正值，C错误，D正确。8.(2012·龙岩一中高三二模)如图13所示，在一个光滑倾斜绝缘板的上方，有垂直板面的等距离的a、b、c三条边界线隔成了Ⅰ、Ⅱ两区，Ⅰ区加向外的匀强磁场、Ⅱ区加向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。另有一导体圆环从上方某处开始自由向下滚动，一直加速着穿过该磁场区，已知环的直径等于每一磁场区的宽度，下图13列分析不正确的是()A．环中感应电流方向先顺时针又逆时针再顺时针B．环直径在a、c两边界时感应电流大小相等，都小于直径在b处时的电流C．环直径在c处时运动的加速度小于在a处时的加速度D．运动过程中，重力势能的减少等于动能增加量与产生热能的和解析：选B由楞次定律知A对；因导体圆环一直加速着穿过该磁场区，故环直径在a、c两边界时其速度va<vc，导体圆环的环直径在a处时产生的电动势小，感应电流小，在a处时受向上的安培力小于在c处时向上的安培力，故a沿斜面方向的合力大于c处时的合力，在c处时运动的加速度小于在a处时的加速度，故B错误C正确；由能量的转化守恒知D对。9.如图14所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒图14始终与导轨垂直并保持良好接触。(1)求初始时刻导体棒受到的安培力。(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？解析：导体棒以初速度v0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用，安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热。由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态。(1)初始时刻棒中感应电动势E＝BLv0①棒中感应电流I＝eq\f(E,R)②作用于棒上的安培力F＝BIL③联立①②③，得F＝eq\f(B2L2v0,R)安培力方向：水平向左(2)由功和能的关系，安培力做功为W1＝Ep－eq\f(1,2)mv02电阻R上产生的焦耳热Q1＝eq\f(1,2)mv02－Ep(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置。Q＝eq\f(1,2)mv02答案：(1)eq\f(B2L2v0,R)水平向左(2)Ep－eq\f(1,2)mv02eq\f(1,2)mv02－Ep(3)静止于初始位置eq\f(1,2)mv0210．(2012·浙江高考)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图15所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2m的金属内圈、半径r2＝0.40m的金属外圈和绝缘幅条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、图15张角θ＝eq\f(π,6)。后轮以角速度ω＝2πrad/s相对于转轴转动。若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab－t图象。解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，电动势E＝eq\f(1,2)Br2ω所以E＝eq\f(1,2)Bω(r22－r12)＝4.9×10－2V根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b→a。(2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，R总＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R ①ab两端电势差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R总)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V ②设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s ③t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s ④设轮子转一圈的时间为T，T＝eq\f(2π,ω)＝1s ⑤由T＝1s，金属条有四次进出，后三次与第一次相同。 ⑥由②、③、④、⑤、⑥可画出如下Uab－t图象。答案：见解析[课下——针对高考押题训练]1.(2012·苏北四市一模)两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于图1导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。(1)求ab杆下滑的最大速度vm；(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律有E＝BLvI＝eq\f(E,R)F安＝BILmgsinθ－F安＝ma即mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)根据能量守恒定律有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mvm2＋Q得x＝eq\f(Q,mgsinθ)＋eq\f(m2R2gsinθ,2B4L4)根据电磁感应定律有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)根据闭合电路欧姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)感应电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)得q＝eq\f(BLQ,mgRsinθ)＋eq\f(m2Rgsinθ,2B3L3)答案：(1)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(Q,mgsinθ)＋eq\f(m2R2gsinθ,2B4L4)eq\f(BLQ,mgRsinθ)＋eq\f(m2Rgsinθ,2B3L3)2.(2012·南京模拟)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图2所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。重力加速度为g。当cd边刚进入磁场时，图2(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)若此时线框向下的加速度大小恰好为g/4，求线框下落的高度h应满足什么条件？解析：(1)设cd边刚进入磁场时，线框的速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2(或由v2＝2gh)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv综合上述两式解得E＝BLeq\r(2gh)(2)由闭合电路欧姆定律得到此时线框中电流I＝eq\f(E,R)cd两点间的电势差U＝I(eq\f(3,4)R)＝eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)由安培力公式得F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)当a＝g/4，方向向下时，根据牛顿第二定律mg－F＝ma解得下落高度满足h＝eq\f(9m2gR2,32B4L4)答案：(1)BLeq\r(2gh)(2)eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)eq\f(9m2gR2,32B4L4)3．(2012·扬州调研)如图3所示，空间存在一垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变、y轴方向按B＝ky变化，k为大于零的常数。一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线框abcd从图示位置静止释放，运动过程中线框平面始终在同一竖直平面内，当线框下降h0(h0<L)高度时达到最大速度，线框cd边进入磁场时开始做匀速运动，重力加速度为g。求：图3(1)线框下降h0高度时速度大小v1和匀速运动时速度大小v2；(2)线框从开始释放到cd边刚进入磁场的过程中产生的电能ΔE。解析：(1)线框下降h0高度时达到最大速度，电路中产生的感应电流I1＝eq\f(B1Lv1,R)由平衡条件有mg＝B1I1L而B1＝kh0解得v1＝eq\f(mgR,k2h02L2)线框cd边进入磁场开始做匀速运动时，电路中产生的感应电流I2＝eq\f(B2Lv2,R)则I2＝eq\f(kL2v2,R)由平衡条件有mg＝B2I2L解得v2＝eq\f(mgR,k2L4)(2)由能量守恒定律有ΔE＝mgL－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝mgL－eq\f(m3g2R2,2k4L8)答案：(1)eq\f(mgR,k2h02L2)eq\f(mgR,k2L4)(2)mgL－eq\f(m3g2R2,2k4L8