【步步高】2022高考物理大一轮复习 专题 电磁感应的综合应用

专题　电磁感应的综合应用图9－3－11．如图9－3－1所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)．A．感应电流方向是N―→MB．感应电流方向是M―→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右解析　答案　AC图9－3－22．在下列四个情景中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律符合图9－3－2所示的i－t图像的是(　　)．解析　线框转动90°后开始进入磁场，由楞次定律结合右手定则可得，若线框顺时针转动进入磁场时产生的感应电流由O点指向P点为负值，线框逆时针转动进入磁场时产生的感应电流由P点指向O点为正值，所以B、D错误；线框若为正方形，进入磁场后的一段时间内切割磁感线的有效长度越来越大，产生的电动势不为定值，感应电流不恒定，A错误；线框若为扇形，进入磁场后转动90°的时间内切割的有效长度恒为半径，为定值，产生的电动势恒定，电流恒定，C正确．答案　C8\n图9－3－33．如图9－3－3所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中(　　)．A．流过ab边的电流方向相反B．ab边所受安培力的大小相等C．线框中产生的焦耳热相等D．通过电阻丝某横截面的电荷量相等解析　线框离开磁场，磁通量减小，由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a―→d―→c―→b―→a，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，I＝，F＝BIL＝，v不同，F不同，故B错误；线框离开磁场的时间t＝，产生的热量Q＝I2Rt＝，故C错误；通过导体横截面的电荷量q＝It＝，故D正确．答案　D4．如图9－3－4甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图9－3－4乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图像．已知金属线框的质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图像中坐标轴上所标出的字母v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量．(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是(　　)．8\n图9－3－4A．可以求出金属框的边长B．线框穿出磁场时间(t4－t3)等于进入磁场时间(t2－t1)C．线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同D．线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等解析　由线框运动的v－t图像，可知0～t1线框自由下落，t1～t2线框进入磁场，t2～t3线框在磁场中只受重力作用加速下降，t3～t4线框离开磁场．线框的边长l＝v3(t4－t3)选项A正确；由于线框离开时的速度v3大于进入时的平均速度，因此线框穿出磁场时间小于进入磁场时间，选项B错；线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上，选项C正确；线框进入磁场mgl＝Q1＋mv22－mv12，线框离开磁场mgl＝Q2，可见Q1<Q2，选项D错．答案　AC5．如图9－3－5甲所示，bacd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，回路的电阻为R，整个装置放于垂直框架平面的变化磁场中，磁感应强度B的变化情况如图9－3－5乙所示，PQ能够始终保持静止，则0～t2时间内，PQ受到的安培力F和摩擦力f随时间变化的图像可能正确的是(取平行斜面向上为正方向)图9－3－5解析　在0～t2内，磁场随时间均匀变化，故回路中产生的感应电流大小方向均恒定，所以PQ受到的安培力F＝BIL∝B，方向先沿斜面向上，t1时刻之后方向变为沿斜面向下，8\n故A项正确，B项错；静摩擦力f＝mgsinθ－BIL，若t＝0时刻，mgsinθ>BIL，则f刚开始时沿斜面向上，若t＝0时刻，mgsinθ<BIL，则f刚开始时沿斜面向下，C、D都有可能正确(极限思维法)．答案　ACD6．如图9－3－6甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图9－3－6乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为，则下列说法正确的是(　　)．图9－3－6A．流过电阻R的感应电流由a到bB．线框cd边受到的安培力方向向下C．感应电动势大小为D．ab间电压大小为解析　本题考查电磁感应及闭合电路相关知识．由乙图可以看出磁场随时间均匀增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流方向由a→b，选项A正确；由于电流由c→d，根据左手定则可判断出cd边受到的安培力向下，选项B正确；回路中感应电动势应为E＝＝.选项C错误；因为＝，解得U＝，选项D正确．答案　ABD图9－3－77．一个闭合回路由两部分组成，如图9－3－7所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断不正确的是(　　)．8\nA．圆形线圈中的磁场，可以向上均匀增强，也可以向下均匀减弱B．导体棒ab受到的安培力大小为mgsinθC．回路中的感应电流为D．圆形导线中的电热功率为(r＋R)解析　导体棒此时恰好能静止在导轨上，依据平衡条件知导体棒ab受到的安培力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，由左手定则判定电流方向为b→a，再由楞次定律判定A、B正确；回路中的感应电流为I＝＝，C正确；由焦耳定律得圆形导线中的电热功率为Pr＝r，D错(单杆倾斜式)．答案　D8．如图9－3－8所示，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h＋L处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是(　　)．A．未知磁场的磁感应强度是2BB．未知磁场的磁感应强度是B图9－3－8C．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL解析　设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mgh＝mv12，v1＝.设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v2，那么v22－v12＝2gh，v2＝v1.根据题意还可得到，mg＝，mg＝整理可得出Bx＝B，A、B两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL，C项正确、D项错．答案　C9．如图9－3－9所示，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4T，方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.38\nΩ、质量m1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05kg的小环．已知小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求图9－3－9(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．解析　(1)以小环为研究对象，在环沿绳下滑过程中，受重力m2g和绳向上的摩擦力f，由牛顿第二定律知m2g－f＝m2a.代入数据解得f＝m2(g－a)＝0.05×(10－6)N＝0.2N.(2)根据牛顿第二定律知，小环下滑过程中对绳的反作用力大小f′＝f＝0.2N，所以绳上的张力FT＝0.2N．设导体棒K中的电流为IK，则它所受安培力FK＝B1IKl，对导体棒K，由平衡条件知FT＝FK，所以电流IK＝A.因为导体棒Q运动切割磁感线而产生电动势，相当于电源．等效电路如图所示，因K、S、Q相同，所以导体棒Q中的电流IQ＝2IK＝A设导体棒Q运动的速度大小为v，则E＝B2lv由闭合电路的欧姆定律知IQ＝解得v＝5m/s导体棒Q沿导轨向下匀速下滑过程中，受安培力FQ＝B2IQl由平衡条件知F＋m1gsin37°＝FQ代入数据解得F＝0.4N所以Q杆所受拉力的瞬时功率8\nP＝F·v＝0.4×5W＝2W(程序思维法)．答案　(1)0.2N　(2)2W10．相距L＝1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图9－3－10(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图9－3－10(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．图9－3－10(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小；(2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热．解析　(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at此时，回路中的感应电流为I＝＝对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at在图线上取两点：t1＝0，F1＝11N；t2＝2s，F2＝14.6N代入上式得a＝1m/s2　B＝1.2T(2)在2s末金属棒ab的速率vt＝at＝2m/s所发生的位移s＝at2＝2m由动能定理得WF－m1gs－W安＝m1vt28\n又Q＝W安，联立以上方程，解得Q＝WF－m1gs－m1vt2＝(40－1×10×2－×1×22)J＝18J答案　(1)1.2T　1m/s2　(2)18J8