專題十電磁感應與能量變化

專題十電磁感應與能量變化一、選擇題1．(仿2013新課標全國高考Ⅰ，17T)邊長為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強磁場中．現把框架勻速水平向右拉出磁場，如圖5所示，則下列圖象與這一過程相符合的是 ()．圖5解析該過程中，框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場右邊界兩交點的間距，根據幾何關系有l(wèi)有＝eq\f(2\r(3),3)x，所以E電動勢＝Bl有v＝eq\f(2\r(3),3)Bvx∝x，選項A錯誤，B正確；F外力＝eq\f(B2l\o\al(2,有)v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，選項C錯誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，選項D錯誤．答案B2．(仿2013新課標全國高考Ⅱ，16T)如圖6所示，水平虛線MN的上方有一垂直紙面向里的勻強磁場，矩形導線框abcd從MN下方某處以v0的速度豎直上拋，向上運動高度H后垂直進入勻強磁場，此過程中導線框的ab邊始終與邊界MN平行．不計空氣阻力，在導線框從拋出到速度減為零的過程中，以下四個圖象中可能正確反映導線框的速度與時間關系的是 ()．圖6解析線框進磁場前為勻減速運動，進磁場后受到重力和向下的安培力，mg＋eq\f(B2l2v,R)＝ma，因其向上減速運動，v減小，a減小，可知C項正確．答案C3．(仿2013山東高考，18T)矩形導線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止狀態(tài)，如圖7甲所示．磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的圖象如圖乙所示．t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直線框平面向里，在0～4s時間內，導線框ad邊所受安培力隨時間變化的圖象(規(guī)定向左為安培力的正方向)可能是下圖中的 ()．圖7解析根據圖乙，又E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)和I＝eq\f(E,R)可知，在0～4s時間內的感應電流大小恒定．根據楞次定律可知，在0～2s時間內，電流順時針方向；在2～4s時間內，電流逆時針方向；根據左手定則可知ad邊所受安培力方向：在0～1s時間向左，在1～2s時間向右，在2～3s時間向左，在3～4s時間向右．從而排除A、C選項．盡管電流大小不變，可Fcd＝BLcdI，B均勻變化時，安培力均勻變化，因此B錯，D對．答案D4．(仿2013天津高考，3T)如圖8所示，在矩形有界勻強磁場區(qū)域ABCD內有一質量可以忽略不計、電阻為R的閉合導線框abcd.線框在外力F的作用下，從圖示位置勻速向右離開磁場．若第一次用0.3s時間拉出，電路中的電流為I1，cd邊受的安培力為F1，外力所做的功為W1，通過導線截面的電荷量為q1；第二次用0.9s時間拉出，電路中的電流為I2，cd邊受的安培力為F2，外力所做的功為W2，通過導線截面的電荷量為q2，則 ()．圖8A．I1∶I2＝3∶1 B．F1∶F2＝1∶1C．W1∶W2＝3∶1 D．q1∶q2＝1∶3解析設線框ad邊的長度為s，由線框勻速運動時有v＝eq\f(s,t).第一次用0.3s拉出線框、第二次用0.9s拉出線框，兩次的時間比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,3).設線框ab邊的長度為L，則感應電動勢為E＝BLv，感應電流為I＝eq\f(E,R)，解上述各式得I＝eq\f(BLs,Rt)，所以兩次的電流之比為eq\f(I1,I2)＝eq\f(3,1)，故選A.cd邊受安培力為F安＝BIL，解上述各式得F＝eq\f(B2L2s,Rt)，所以兩次所受安培力之比為eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,1)，故不選B.拉力做的功為W＝Fs，解上述各式得W＝eq\f(B2L2s2,Rt)，所以兩次做功之比為eq\f(W1,W2)＝eq\f(3,1)，故選C.流過的電荷量為q＝It，解上述各式得q＝eq\f(BLs,R)，所以兩次的電荷量比為eq\f(q1,q2)＝eq\f(1,1)，故不選D.答案AC5．(仿2013安徽高考，16T)如圖9所示，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，ab棒的速度大小為v，則ab棒在這一過程中 ()．圖9A．運動的平均速度大小為eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小為eq\f(qR,BL)C．產生的焦耳熱為qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθ解析本題考查金屬棒切割磁感線的電磁感應現象，意在考查考生應用法拉第電磁感應定律、牛頓第二定律、能量守恒定律解決電磁感應綜合問題的能力．分析ab棒的受力情況，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，分析可得ab棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初末速度的平均值，A錯誤；設ab棒沿斜面下滑的位移為x，則電荷量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正確；根據能量守恒定律可知，產生的焦耳熱等于ab棒機械能的減少量，Q＝eq\f(mgqRsinθ,BC)－eq\f(1,2)mv2，ab棒受到的最大安培力為eq\f(B2L2v,R)，C、D錯誤．答案B二、計算題6．(仿2013新課標全國高考Ⅰ，25T)如圖10所示，兩根豎直放置在絕緣面上的金屬框架．框架的上端接有電容為C的電容器．框架上有一質量為m、長為l的金屬棒，平行于地面放置，與框架接觸良好無摩擦，棒離桌面高度為h.磁感應強度為B的勻強磁場與框架平面相垂直，開始時電容器不帶電．自靜止起將棒釋放，求棒從釋放到落到地面所需要的時間？圖10解析設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為：E＝Blv①平行板電容器兩板間的電勢差為U＝E②設此時電容器極板上積累的電荷為Q，按定義有：C＝eq\f(Q,U)③聯立①②③式得Q＝CBlv④設在時間間隔(t，t＋Δt)內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義電流為I＝eq\f(ΔQ,Δt)⑤ΔQ也是Δt電容器極板上增加的電荷量，由④式得ΔQ＝CBlΔv⑥式中Δv為速度的變化量，按定義有a＝eq\f(Δv,Δt)⑦對金屬棒由牛頓第二定律得BIl－mg＝ma⑧聯立⑤⑥⑦⑧式解得a＝eq