高考物理一轮微专题复习第11章电磁感应微专题60word版有答案.doc

[方法点拨]　(1)分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a的变化，a的变化又影响v的变化；(2)克服安培力做功的过程就是其它形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其它形式的能转化为电能．
1．(多选)如图1所示，在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨顶端连有一定值电阻R，导轨平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上，质量为m、电阻为r的光滑导体棒从某一高度处由静止释放，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

图1
A．导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．若导体棒的速度为v，则R两端的电压为BLv
C．导体棒的最大速度为
D．在导体棒下滑过程中，电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功
2．如图2，平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，ab棒在导轨间的阻值为r.输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R消耗的最大功率为(　　)

图2
A．P B.P
C.P D.2P
3．(多选)如图3所示，间距为l＝1 m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，导体棒ab、cd的质量均为m＝1 kg、长度均为l＝1 m、电阻均为R＝0.5 Ω，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ T．现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动．已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.关于该运动过程，下列说法正确的是(　　)

图3
A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上
B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下
C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为20 m/s
D．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为10 m/s
4．在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图4甲所示．测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示(　　)

图4
A．线框受到的水平外力一定是恒定的
B．线框边长与磁场宽度的比为3∶8
C．出磁场的时间是进入磁场时的一半
D．出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等
5．(多选)如图5所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、a′b′c′d′正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、a′d′边与MN重合，线框abcd、a′b′c′d′是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度B＝k(式中k为常量，r表示该点到长直导线的距离)．下列说法正确的是(　　)

图5
A．此时流经线框abcd、a′b′c′d′的电流强度之比为4∶3
B．此时线框abcd、a′b′c′d′所受的安培力的功率之比为4∶9
C．此时线框abcd、a′b′c′d′的加速度之比为4∶9
D．此时a、b间电压Uab＝v0
6．(多选)如图6，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导体框．匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下．导体框的一边与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v穿过磁场．下列说法正确的是(　　)

图6
A．穿过磁场过程，外力做的功为
B．穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为
C．进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为
D．进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为，且方向相同
7．(多选)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φmsin ωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦmcos ωt.如图7所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软电阻丝制成)，端点A、D固定．在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是(　　)

图7
A．方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为
B．方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大
C．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则＝
D．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则＝
8．(多选)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好．除电阻R外，其余电阻不计．导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为Δl，弹性势能为Ep.重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则下列说法正确的是(　　)

图8
A．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为Δl
B．从开始释放到最后静止，电阻R上产生的总热量等于mgΔl－Ep
C．金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下
D．金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多
9．如图9所示，阻值均为2 Ω的定值电阻R1和R2通过水平和倾斜平行金属导轨连接，水平导轨和倾斜导轨平滑相接，导轨间距离为0.5 m，倾斜导轨与水平面夹角为60°，水平导轨间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为0.03 T的匀强磁场，倾斜导轨处没有磁场．一根质量为0.1 kg、长度为0.5 m、阻值为2 Ω的导体棒从倾斜导轨上一定高度处由静止释放，导体棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为，水平导轨光滑，导体棒在水平导轨上向右运动s＝2 m停下来，在此过程中电阻R1上产生的热量为0.3 J，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

图9
A．导体棒在倾斜导轨上释放点离水平面的高度为2 m
B．导体棒在导轨上运动的最大速度为6 m/s
C．R1两端的最大电压为0.045 V
D．导体棒在导轨上运动过程中通过R1的电荷量为0.01 C
10．电磁弹是我国最新的重大科研项目，原理可用下述模型说明．如图10甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，线框电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处．t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常量)，空气阻力忽略不计．

图10
(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；
(2)求线框cd边穿出磁场时通过线框某一横截面的电荷量q；
(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大．
11．如图11甲所示，dc和ef是足够长的光滑的金属导轨(不计电阻)水平放置，相距L＝1 m，de处接有一个电阻，在其两端的电压低于某个特定的值U0时，它的阻值与其两端的电压成正比，而其两端的电压大于等于U0时，它的电阻恒为R0＝5 Ω，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，质量为m＝0.5 kg，长度恰好能跨放在导轨上的金属杆电阻不计，在水平向右的拉力作用下，从紧靠de处由静止开始做加速度为a＝1 m/s2的匀加速运动，水平拉力F与时间的关系如图乙所示．

图11
(1)试求电压的特定值U0和图中所标的F0的大小；
(2)当t＝0.5 s时和t＝2 s时，电阻的发热功率分别为多大？
(3)从开始到运动2 m时，通过R的电荷量为多少？
(4)运动到2 m时刻撤去外力，金属杆还能运动多远？
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答案精析
1．AD　[导体棒随着速度的增加，受到的安培力越来越大，因此受到的合力越来越小，加速度越来越小，故导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速运动，A正确；导体棒中产生的感应电动势为E＝BLv，所以在电阻R上的电压为，B错误；由于导体棒匀速运动时有mgsin θ＝，因此导体棒的最大速度为，C错误；根据功能关系，感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功，D正确．]
2．B　[ab棒在输出功率P恒定的电动机拉力作用下做加速度逐渐减小的加速运动．当加速度减小到零时，ab棒产生的感应电动势最大，电阻R中电流最大，电阻R消耗的功率最大．由功能关系可知，此时电动机输出功率等于电阻R和ab棒消耗的功率，即P＝I2(r＋R)，电阻R消耗的功率PR＝I2R，联立解得PR＝P，选项B正确．]
3．BC　[cd棒刚开始静止在倾斜导轨上，μ＝0.8>tan 37°＝0.75，cd棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab棒向右运动切割磁感线使得ab棒、cd棒中产生感应电流，cd棒受到水平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A错误，B正确；当cd棒即将滑动时，由平衡条件cos 37°＝mgsin 37°＋μ，代入数据可得v＝19.375 m/s，C正确，D错误．]
4．B　[由题图乙线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系可知，进磁场和出磁场时电流随时间的增大而增大，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，得F＝F安＋ma，又F安＝BiL，所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力，选项A错误；线框进入磁场过程位移与出磁场过程位移相等，线框进入磁场过程的水平外力小于出磁场过程的水平外力，根据功的定义可知，线框出磁场的过程中水平外力做的功大于线框进入磁场过程中水平外力做的功，选项D错误；根据题图乙感应电流i的大小和运动时间t的变化关系图象，在2～4 s时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a′，在进入磁场时速度v1＝a′t1＝2a′，完全进入磁场时速度v2＝a′t2＝4a′，线框边长L可表示为L＝(t2－t1)＝6a′，线框开始出磁场时速度v3＝a′t3＝6a′，磁场区域宽度d＝(t3－t1)＝16a′，线框边长L与磁场宽度d的比为L∶d＝3∶8，选项B正确；设线框t′时刻完全出磁场，则完全出磁场时速度为a′t′，出磁场过程的平均速度为＝，出磁场的时刻t′＝＋t3＝＋6，解得t′＝4 s，故出磁场的时间小于进入磁场时间的一半，选项C错误. ]
5．ABC　[设导线的横截面积为S，密度为ρ0，电阻率为ρ，由密度公式可得：线框的质量m＝ρ0V＝ρ0S1×4l＝ρ0S2×8l，解得：S1＝2S2，根据电阻定律，可得R1＝ρ，R2＝ρ，联立可得：R2＝4R1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的电流I1＝＝，I2＝＝，即＝，选项A正确；根据右手定则，可知b点电势高于a点电势，故Uab<0，选项D错误；根据功能关系可知线框克服安培力做的功等于线框中电流产生的焦耳热，由P＝I2R，可得＝＝，选项B正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得a1＝＝，a2＝＝，即＝＝，选项C正确．]
6．ABC　[当导体框进入或离开磁场时，导体框中的感应电动势E＝BLv，由右手定则可知，导体框进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，而离开磁场时，感应电流方向为顺时针方向，D项错；进入磁场过程中，感应电流大小I＝，时间t＝，所以通过导体框某一横截面的电荷量为Q＝It＝，C项正确；因为导线框是匀速穿过磁场的，所以外力F＝FA＝BIL＝，导体框在外力作用下的位移为2L，所以外力做功为，A项正确；由功能关系可知，外力克服安培力做的功等于系统产生的热量，B项正确．]
7．AC　[方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中∠ADC＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝BR2.由法拉第电磁感应定律，E＝，I＝，q＝IΔt，联立解得q＝＝，选项A正确；方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，为零，选项B错误；第一种方式中穿过回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cos ω1t，第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR2cos ω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sin ω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为＝，时间满足＝，产生的焦耳热Q1＝t1，Q2＝t2，若Q1＝Q2，则＝，选项C正确，D错误．]
8．BD　[根据题述金属棒静止时弹簧伸长量为Δl，可得mg＝kΔl.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下切割磁感线运动产生感应电动势E＝Blv和感应电流I＝，金属棒受到的安培力FA＝BIl＝，方向竖直向上，由牛顿第二定律mg－kx－FA＝ma知，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒速度最大，此时有mg＝kx＋FA，弹簧弹力小于金属棒的重力，故弹簧的伸长量x小于Δl，选项A错误；金属棒最后静止时，弹簧伸长量为Δl，根据能量守恒定律，电阻R上产生的总热量Q＝mgΔl－Ep，选项B正确；金属棒第一次到达A处时，其所受合外力向上，加速度方向向上，选项C错误；由能量守恒知金属棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由ΔΦ＝B·ΔS知，金属棒第一次下降过程中回路磁通量变化量ΔΦ一定比第一次上升过程中的多，根据q＝可知，金属棒第一次下降过程中通过电阻R的电荷量一定比第一次上升过程中的多，选项D正确．]
9．B　[导体棒滑上水平导轨后做减速运动，因此滑上水平导轨的初速度v0是导体棒在导轨上运动的最大速度，导体棒在水平导轨上运动时，若电阻R1上产生热量为Q，则导体棒上产生热量为4Q，电路产生的总热量为6Q，由功能关系可得＝6Q，又Q＝0.3 J，得v0＝6 m/s，B选项正确；导体棒在倾斜导轨上运动，有mgh－μmgcos θ·＝，得h＝2.4 m，A选项错误；导体棒运动的最大速度为v0，最大感应电动势为Em＝Blv0，R1两端的最大电压Um＝，得Um＝0.03 V，C选项错误；通过导体棒的电荷量q＝，q1＝＝0.005 C，D选项错误．]
10．(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)t＝0时刻线框中的感应电动势E0＝L2＝kL2
功率P＝
解得P＝
2)穿出磁场过程线框中的平均电动势＝
线框中的平均电流＝
通过的电荷量q＝Δt，解得q＝
(3)n匝线框在t＝0时刻产生的感应电动势E＝nE0
线框中的总电阻R总＝nR
线框中的电流I＝
t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(nm＋M)a
解得a＝，可知n越大，a越大．
11．(1)1 V　0.7 N　(2)0.1 W　0.8 W
(3)0.5 C　(4)3.75 m
解析　(1)当电压小于U0时，设电阻R＝kU，所以电流I＝＝，则I为定值
F－BL＝ma，F＝ma＋BL
当电压大于等于U0时，F－＝ma，F＝ma＋t而当t＝1 s时，
速度v＝at＝1 m/s，U0＝BLv＝1 V
又当t＝1 s时，F＝ma＋t＝ma＋BL，所以有k＝5，故F0＝0.7 N
1 s以后的拉力与时间的关系为F＝0.5＋0.2t
(2)t＝0.5 s时，v＝0.5 m/s，U＝E＝BLv＝0.5 V，R＝kU＝2.5 Ω
P1＝＝0.1 W
t＝2 s时，F＝0.9 N，安培力F安＝F－ma＝0.4 N，v＝2 m/s
P2＝F安v＝0.8 W
(3)前1 s，电流恒为I＝＝＝0.2 A，q1＝It＝0.2 C，运动了0.5 m.
余下的1.5 m是通过定值电阻R0的电荷量，q2＝＝0.3 C，所以q＝q1＋q2＝0.5 C
(4)撤去外力时，速度为v2＝2 m/s，电压U2＝2 V，变减速运动到速度v1＝1 m/s，于是有：
＝m(v2－v1)，s1＝2.5 m
此后，电流恒为0.2 A，F安′＝BLI＝0.2 N，做匀减速运动，a′＝＝0.4 m/s2
s2＝＝1.25 m
所以s＝s1＋s2＝3.75 m.