2018年高考模拟理综物理选编法拉第电磁感应定律及其应用解析版 14页

乐陵一中法拉第电磁感应定律及其应用一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B.—边长为依电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正向以速度v匀速穿过磁场区域，在图小给出的线框E、F两端的电压〃ef与线框移动距离兀的关系的图象正确的是（）VXXXXXXXXIxxBxXXMXXIxxxxxxxx!A.4o1111114B販Sfiii1114ii1o2a3ax0ala3gXXXXXXXK*XXXXMXXXXjXXXXXXXXIBavBer;【答案】D【解析】解：由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，E的电势始终高于F电势，则为正值；EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav・在0-a内，EF切割磁感线，EF的电压是路端电压，则UEF=^=在a-2a内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则=E=Bav在2a-3a内，E、F两端的电压等于路端电压的占，则UEF=^E=^-Bav.故D正确.故选：D由楞次定律判断感应电流方向，确定出EF两端电势的高低•由E=BZj;求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差.本题由楞次定律判断电势的高低，确定电势差的正负•分析与感应电动势关系是关键,要区分外电压和内电压.N2.如图所示•两平行光滑金属导轨MN.PQ竖直放置,导轨间距为乙MP间接有一电阻R•导轨平面内ABCD区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,AB、CD水平，两者间高度为",现有一电阻也为质量为加的水平导体棒沿着导轨平面从AB 边以速％向上进入磁场，当导体棒动到CD边时速度恰好为零，运动屮•导体棒始终与导轨接触，空气阻力和导轨电阻均不计，贝!］（）A.导体棒刚进入磁场时，电阻两端的电压为B厶％B.导体棒刚进入磁场时，电阻/?上电流方向为从P流向MC.导体棒通过磁场区域过程中电阻R上产生的热量Q=|尬诸-尬9匕D.导体棒通过磁场区域的时间七=陀-企92vn.gR【答案】D【解析】解：A、导体棒刚进入磁场时，AB棒产生的感应电动势为E=BLv0.则电阻/?两端的电压为〃=^E=詁3°.故4正确.ZB、导体棒刚进入磁场吋，由楞次定律知，电阻上电流方向为从M流向P.故B错误.C、导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒得，回路中产生的总热量为0总=^mvl"mghy尺上产生的热量为Q=^Q,总=扌（扌尬1犷m"）・故C错误.D、设导体棒AB速度为卩时加速度大小为则牛顿第二定律得：mg^^=ma=m^匕2RAt两边求和得：mgt+BLh=mv0；所以导体棒通过磁场区域的时间心計需，故D正确.故选：D.导体棒进入磁场时切割磁感线产生感应电动势，R两端的电压是外电压，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解R两端的电压•由楞次定律判断感应电流的方向•根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量•根据牛顿第二定律和加速度的定义式，运用积分法求解时间.本题掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和楞次定律是基础，关键要能运用积分法求时间，其切入口是牛顿第二定律和加速度的定义式，运用微元法求解.1.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示.r=o时刻对线框施加一水平向右的外力F,让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场.外力F随时间/变化的图线如图乙所示.已知乙线框质量m=lkg.电阻R=10.以下说法不正确的是（XXX;X卜CXXX：甲A.做匀加速直线运动的加速度为lm/s?B.匀强磁场的磁感应强度为2逅卩 A.线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2B.线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1.5丿【答案】D【解析】解：4、t=0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为a=—=-m/s2=lm/s2m197线框的边长为厶=-at2=-x1xl2m=0.5m22线框刚出磁场时的速度为u=at=lxlm/s=lm/s此时线框所受的安培力为伤=BIL,1=罟,则得伤=呼，根据牛顿第二定律得F-FA=ma,即：F-葺上=ma,已知：F=3N,m=lkg,R=10,L=0.5m,v=lm/s,a=lm/s2f解得：B=2近T,由l=tE=则得通过线框的电量§=罟=学=2弋・芬（二学，故ABC正确.D、线框的位移为兀=L=0.5m,若F=3N保持不变，则F做功为“=Ex=3x0.5/=1.5/,而实际中F的大小逐渐增大，最大为3M所以F做功应小于1.5丿.由于线框加速运动，根据能量守恒得线框上产生的焦耳热小于1.5/,故D错误.本题选错误的，故选：D.当t=0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，根据牛顿第二定律求出加速度a.由运动学公式求出线框刚出磁场时的速度，得到安培力表达式，由牛顿第二定律即可求出B；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求解电量•线框通过磁场的过程，由焦耳定律求解热量.本题的突破口是根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度,问题就变得简单清晰了，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律解题.1.如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个电阻为R的灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，己知导轨、导线与垂直导轨的导体棒"总电阻为厂，则导体棒db在下滑过程中（）A.感应电流从。流向bB.导体棒必受到的安培力方向平行斜面向下，大小保持恒定C.机械能一直减小D.克服安培力做的功等于灯泡消耗的电能【答案】C【解析】解：A、导体棒“下滑过程中，由右手定则判断感应电流/在导体棒"中从b到a,由左手定则判断导体棒"受沿斜面向上的安培力尸安，由分析知，导体棒”开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F^=mgsin0时达到最大速度匸机，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变， 故AB错误C、由于下滑过程导体棒“切割磁感线产生感应电动势，回路中有灯泡电阻消耗电能，机械能不断转化为内能，所以导体棒的机械能不断减少，故C正确；D.安培力做负功实现机械能转化为电能，安培力做功量度了电能的产生，根据功能关系有克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能，包括灯泡和导体棒消耗的电能.故D错误；故选：C.根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出电动势的变化，电流的变化，从而得出安培力的变化•根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系.解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生,克服安培力做什么功，就有多少电能产生.1.一个半径为八质量为加、电阻为的金属圆环，用一根长为厶的绝缘细绳悬挂于O点,离O点下方号处有一宽度为?垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图所示.现使24圆环从与悬点。等高位置A处由静止释放（细绳张直，忽略空气阻力），摆动过程屮金属环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中金属环产生的热量是（）TAU2ttxxxxxxxxxxxU4A.mgLB.mg(^+r)C.mg乍+r)D.mg(L+2r)【答案】C【解析】解：当环在磁场下方摆动，不再进入磁场时，摆动稳定,金属环屮产的焦耳热等于环减少的机械能，由能量守恒定律得：Q=扌+扌+r）=mg（¥+厂），故C正确;故选C.金属环穿过磁场的过程中，产生感应电流，金属环中产生焦耳热，环的机械能减少，当金属环在磁场下方，不再进入磁场时，环的机械能不变，环稳定摆动，由能量守恒定律可以求出产生的焦耳热.环穿过磁场时机械能转化为加热热，环减少的机械能就等于环中产生的焦耳热.二、多选题（本大题共4小题，共24分）2.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成0角，其中MN与PQ平行且间距为厶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"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，"棒接入电路的电阻为乩当流过”棒某一横截面的电荷量为Q时，棒的速度大小为U,则金属棒aZ?在这一过程中（） NA.加速度为土B.下滑的位移为讐DLC.产生的焦耳热为^Sind-^mv2BL2D.受到的最大安培力为聖也R【答案】BCD【解析】解：A、金属棒"开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinO一BIL=ma；其中K故a=gsinO—BLvf故A错误；匕mRB、由电量计算公式q=it=lt=—=—RRR可得，下滑的位移大小为X=密,故3正确;C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热Q=mgXsinO-mv2=sin^--mv2,故C2BL2正确；D、金属棒必受到的最大安培力大小为F=BIL=B^L=竺空故D正确.RR故选：BCD金属棒abrti静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动.市牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量9=笄和F=壘，注意电阻R+r女R7.和匝数，在计算题中，不能直接作为公式用，要推导.如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为/?的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等.已知圆环的电阻为厂，匀强进场的磁感应强度为B,重力加速度为g，则（）A.圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆吋针B.圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动 C.圆坏进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为醱2rD.圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR【答案】AD【解析】解：A、圆坏进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环屮感应电流的磁通量应垂直纸面向外，市右手定则判断感应电流为逆时针方向，故A正确B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速，故B错误；C、根据q4得竺=空土巴3=迪，故C错误1rrrD、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2R-W=0,所以W=2mgR.故D正确.故选：AD分析清楚圆坏穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据g=半求电荷量根据动能定理求出线框的"边刚进人磁场到“边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的功解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况，知道线框何时速度最小8.如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为厶在磁场区域的左侧边界处，有一边长为厶的正方形导体线框，总电阻为乩且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度卩匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量0为正值，外力F向右为正•则以下能反映线框中的磁通量0、感应电动势E、外力F和电功率户随时间变化规律图象的是（）B.【答案】ABD【解析】解：人、当线框进入磁场时，位移在0-厶内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在厶-2厶内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5厶时，磁通量最小，为零，位移在1.5厶到2厶时，磁通量向里，为正 值，且均匀增大.位移在2厶-2.5厶时，磁通量均匀减小至零•在2.5厶-3厶内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值•在3厶-4厶内，磁通量均匀减小至零，且为负值•故A正确;B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿顺时针方向，为负值；线框开始进入第二个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势为2BLvf感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第三个磁场吋，左右两边同吋切割磁感线，感应电动势为2BLv,感应电动势沿顺时针方向，为负值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv,感应电动势沿逆时针方向，为正值；故B正确；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、由由P=I2R可得，电功率与广成正比，与E2成正比，结合B选项图像可知，D正确；故选：ABD.由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路屮的电流，则可求得安培力的变化；=可求得电功率的变化.在解答图象问题时要灵活解法，常常先运用排除法，再根据物理规律得到解析式等进行解答.8.在如图所示的两平行虚线Z间存在着垂直纸而向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，正方形线框"cd的边长厶（厶Vd）、质量为加、电阻为将线框从距离磁场的上边界为力高处由静止释放后，线框的”边刚进入磁场时的速度为％,”边刚离开磁场时的速度也为％,在线框开始进入到必边刚离开磁场的过程中（）A.感应电流所做的功为加gdB.感应电流所做的功为2mgdC.线框的最小动能为mg（h-d+L）D.线框的最小动能为:書："【答案】AC【解析】解：A、B、分析从“边刚进入磁场到"边刚穿出磁场的过程：动能变化为0,线框的重力势能减小转化为线框产生的热量，则Q=mgd；"边刚进入磁场速度为％,穿出磁场时的速度也为％,所以从“边刚穿出磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从"边刚进入磁场到“边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线框从“边进入磁场到”边离开磁场的过程，产生的热量为：Q‘=mgd,则感应电流做功为：W=Qr=mgd.故B错误，A正确.C、D.线框完全进入磁场后，到"边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab边进入磁场时速度为％,M边刚穿出磁场时速度也为％,说明线框出磁场过程一定有减速运动，de•刚进入磁场时速度最小.设线框的最小动能为Ekm,全部进入磁场的瞬间动能最小•由动能定理得:从ab边刚进入磁场到线框完全进入磁场时，则有:Eg-扌m诡=mgL-mgd,又2m诡=mgh2解得：Ekm=mg（h-d+厶），故C正确，D错误.故选：AC从”边刚进入磁场到”边刚穿出磁场的整个过程屮，线框的动能不变，重力势能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解线圈产生的热量，即可得到感应电流做功•线框完全进入磁场后，到”边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动， db边进入磁场时速度为坯，“边刚穿出磁场时速度也为％,说明线框出磁场过程一定有减速运动，de刚进入磁场时速度最小，根据动能定理求解最小动能.本题关键要认真分析题设的条件，抓住"边进入磁场吋速度和"边刚穿出磁场吋速度相同是分析的突破口，來分析线框的运动情况，正确把握能量如何转化的，要注意进入和穿出产生的焦耳热相等.三、填空题(本大题共1小题，共5分)8.穿过单匝闭合线圈的磁通量随时间变化的⑦-£图象如图所示，由图知0〜5s线圈中感应电动势大小为V,5s〜10s线圈中感应电动势大小为V,10s〜15s线圈中感应电动势大小为【答案】1；0；2【解析】解：根据法拉第电磁感应定律，0〜5s线圈中产生的感应电动势大小为:根据法拉第电磁感应定律，5〜10s线圈中产生的感应电动势大小为:F=/V-=lx0=0根据法拉第电磁感应定律，6〜8s线圈中产生的感应电动势大小为:F=/vA0=5-(-5)=21/At15-10故答案为：1,0,2.根据法拉第电磁感应定律公式E=/V#列式求解各个时间段的感应电动势犬小•AC本题关键是记住法拉第电磁感应定律，根据其公式E=N^列式求解即可，基础题.At四、实验题探究题(本大题共2小题，共25分)9.如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d・矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的u匀强磁场,ab、cdZ间的距离为厶.在c〃下方有一导体棒MN,导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为导体棒的质量为〃2,电阻为r•给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒&力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达"处的速度为％,重力加速度大小为.1/9•求：(1)导体棒到达cd处时速度的大小；(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。【答案】解：(1)根据动能定理得(F-mg)H=|mv2解得导体棒到达山处时速度的大小严F)化yjm(2)导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势E=Bdv感应电流/=ER+r 所受的安培力F安=BId根据牛顿第二定律得+F安一F=ma联立解得导体棒刚进入磁场时加速度的大小a=9+丄汇］2(F-mg)H一上。um(R+r)7mm(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量g=/△t又心—E=—R+rAt根据△0=二肌d,得q—“联立得q=△eR+r根据动能定理得(F-mg)(H+厶)一0安=扌m诡电路中的总热量Q=”安电阻R产生的热量Qr=^Q联立解得Qr=冷［(F-mg)(H+L)-扌m诡］答:(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小是g+虽二2(F-mg)H_工；m(R+r)ylmm(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量是器，电阻R产生的热量是启［(F-mg)(H+厶)-扌m诡］。【解析】(1)导体棒从开始到运动到刃处的过程，利用动能定理可求得导体棒到达cd处时速度的大小；(2)由E=Bdv./=总、F安=Bld求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小，再由牛顿第二定律求得加速度的大小；(3)导体棒通过磁场区域的过程屮，根据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻R的电荷量。由能量守恒求电阻R产生的热量。本题的关键是明确导体切割磁感线过程中的受力及能量转化关系，要知道电荷量要根据电流的平均值求，热量往往根据能量守恒定律或功能关系求解。8.如图，光滑的水平绝缘轨道M、/V上搁放着质量m1=0.2kg、电阻&=0.020的"［"形金属框轨道I"可有一有界磁场，变化关系如图所示。一根长度等于ab,质量牝=O.lkg、R2=0.012的金属棒“拥在轨道上并静止在磁场的左边界上。已知轨道间距与肪长度相等，均为厶1=0.3m,ad=be=L2=0.1m,其余电阻不计。0时刻，给“［”形金属框一初速度v0=3m/s,与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞 时间极短)。5时刻整个框刚好全部进入磁场，(S+l)s时刻，框右边刚要出磁场。求：(1)碰撞结束吋金属框的速度大小(2)0-5时间内整个框产生的焦耳热(3)S—(S+l)s时间内，安培力对”边的冲量【答案】解：(1)碰撞过程屮，动量守恒，得到m^o=-m2)v代入得到：v=2m/s(2)对闭合金属框列动量定理：—BIL、At=—BL1△g=m△u等号两边求和，得一BSq=m(vf—v)又因为g=BaSBL]£»2R+A?2得到1/=lm/s所以Q=+m2)v2一扌Oi+m2)V22=0.45丿(3)整个框在磁场屮运动，/=兀=册=硕-=°如-E*所以F安二BI"乂因为B=1一0.4(t一t0)