10.电磁感应的综合应用-高三物理二轮复习错题本

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1、错题本十：电磁感应的综合应用整理：陈庆威1感应电动势大小的计算(1)转动产生感应电动势，长为L的金属棒绕O点以角速度匀速转动，产生感应电动势EBL2.如图(1)(2)线圈绕垂直磁感线的轴以角速度匀速转动，产生感应电动势的瞬时值为enBL1L2sint.如图(2)2电磁感应中的几个推论(1)安培力的冲量IBLq.(2)计算通过导体某一截面的电荷量的两个途径qt(3)导体棒平动垂直切割磁感线时所受的安培力F.1.(2019全国卷)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆

2、心O在MN上t0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为【解析】根据楞次定律可知在0t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得Er2，根据电阻定律可得R，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误【答案】BC2(2019石家庄)(多选)如图，半径为

3、L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端A与圆形导轨良好接触在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度绕O点做逆时针匀速圆周运动，其他电阻不计下列说法正确的是()A导体棒O点的电势比A点的电势低B电阻r两端的电压为C在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为D在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为【解析】由右手定则可知O点比A点电势低，A正确；导体棒匀速圆周运动，产生感应电动势EB2L4BL2，B错误；导体棒旋转一周时间内，电

4、阻r产生焦耳热Q，qT，C正确，D错误【答案】AC3.(2019唐山一模)(多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是()A保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为D保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流为【解析】由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生

5、，A错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小磁通量变小，由“楞次定律”可知，产生逆时针的电流，B正确；保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，磁场增大，穿过线圈磁通量增大，由“楞次定律”可知，产生顺时针的电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律：Ikk，C正确【答案】BC【探究追问】在典例1中，保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，求在t时间内通过弹性螺旋线圈的横截面的电荷量q和产生焦耳热？【解析】由典例1解析可知：电流为恒定值，I，则qIt；QI2Rt.【答案】4.(2019全国卷)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面

6、夹角为，导轨电阻忽略不计虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好，已知PQ进入磁场时加速度恰好为零从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()【解析】根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的

7、图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误【答案】

8、AD5.(2019石家庄)如图所示，M1N1N2M2是位于光滑水平桌面上、间距为l的足够长刚性“”形金属框架，框架左侧N1N2部分电阻为R，其他部分电阻不计PQ是质量为m、电阻不计的金属杆，可在框架上保持与框架垂直滑动初始时，杆PQ位于图中的虚线处，虚线右侧存在方向垂直桌面向下、磁感应强度为B的匀强磁场现用大小为F的水平恒力垂直作用于杆PQ上，使之由静止开始在框架上向右运动(1)若将框架固定于桌面上，且杆PQ与框架的接触光滑，求杆PQ的最大速度；(2)若将框架固定于桌面上，且杆PQ与框架的接触粗糙由静止开始，仍用恒力F拉动杆PQ，经过时间t，杆PQ到虚线的距离为x，此时通过电路的电流为I0，求

9、在此过程中框架的N1N2部分产生的焦耳热(不考虑回路的自感效应)；(3)若框架不固定，且杆与框架的接触粗糙，已知框架的质量为m0，由静止开始，仍用恒力F拉动杆PQ，在框架左侧N1N2进入磁场后，求框架和杆PQ最终各自的加速度大小【解析】(1)PQ做加速度逐渐减小的加速运动，最终将以最大速度vm做匀速运动由法拉第电磁感应定律有EBlvmI匀速运动时，对PQ受力分析有FBIl联立解得vm(2)由闭合电路欧姆定律有I0，安Bl对杆分析，由动量定理得：(Ff)t安tmvqt对杆PQ在磁场中的运动，根据动能定理有：(Ff)xW安mv2杆克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，即W安Q解得Q(3)框架先做

10、匀加速直线运动，进入磁场后加速度先瞬间增大，之后可能先做加速度增大的加速运动，后做匀加速直线运动，也可能先做加速度减小的加速运动，后做匀加速直线运动最终两者的加速度大小相等，设为aF(mm0)a解得：a【答案】(1)(2)(3)6(2019衡水中学)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场现有质量m1 kg的ab金属杆以初速度v012 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半

11、圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g10 m/s2，求：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；(2)电阻R产生的焦耳热Q.(3)定性画出两杆在水平轨道上的速度时间图象【解析】(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：MgM解得：v m/s(2)碰撞后cd绝缘杆以速度v2运动，滑至最高点的过程中，由动能定理有：Mg2rMv2Mv解得：v25 m/s由于cd是绝缘杆，没有电流通过，所以碰后一直匀速运动，则碰撞后cd绝缘杆的速度：v25 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，有：mv0mv1Mv2解得碰撞后ab金属杆的速度：v12 m/sab金

12、属杆进入磁场后由能量守恒定律有：Qmv解得：Q2 J(3)如右图【答案】(1) m/s(2)2 J(3)见解析7(2019湖南)如图所示，在竖直平面内有两根相互平等、电阻忽略不计的金属导轨(足够长)，在导轨间接有阻值分别为R1、R2的两个电阻，一根质量为m的金属棒ab垂直导轨放置其上，整个装置处于垂直导轨所在平面的匀强磁场中现让金属棒ab沿导轨由静止开始运动，若只闭合开关S1，金属棒ab下滑能达到的最大速度为v1；若只闭合开关S2，金属棒ab下滑高度为h时恰好达到能达到的最大速度为v2，重力加速度为g，求：(1)金属棒的电阻r；(2)金属棒ab由静止开始到达到最大速度v2的过程中，通过电阻R2

13、的电荷量Q；(3)金属棒ab由静止开始到达到最大速度v2所用的时间；(4)若让金属棒ab沿导轨由静止开始运动，同时闭合开关S1、S2，金属棒ab下滑高度为h时达到的最大速度为v.试比较h与h、v2与v的大小关系(不用推导、直接写出结果)【解析】(1)设匀强磁场的磁感应强度为B，导轨间的距离为L，则当金属棒达到最大速度v1时，有：mgBI1L其中I1 解得：mg当金属棒达到最大速度v2时，同理有：mg解得：r(2)由(1)可知：BL 金属棒ab由静止开始到达到最大速度v2的过程中，其平均感应电动势为：其平均电流为：结合Qt，解得：Q .(3)金属棒从静止到最大速度过程中，由动量定理有：mgtBLtmv2其中Qt代入得t(4)由两次棒的vt图象可知v2v，hh.【答案】(1)(2) (3)(4)v2vhh