課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十三） 電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用

PAGE第1頁共8頁課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十三）電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用一、立足主干知識(shí)，注重基礎(chǔ)性和綜合性1．(2021·廣州模擬)如圖甲所示，梯形硬導(dǎo)線框abcd固定在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。在0～5t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)垂直ab邊向上為安培力的正方向，線框ab邊受到該磁場(chǎng)對(duì)它的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖為()解析：選D0～2t0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，為定值，3t0～5t0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝Seq\f(ΔB,Δt)＝Seq\f(B0,t0)，也為定值，因此感應(yīng)電流也為定值，根據(jù)安培力F＝BIL知，F(xiàn)∝B。由于0～t0，B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，依據(jù)左手定則可知，線框ab邊受到的安培力方向向上，即為正；同理，t0～2t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大；2t0～3t0，沒有感應(yīng)電流，安培力為零；在3t0～4t0，安培力方向向上，為正，大小減??；4t0～5t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·重慶卷)如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個(gè)三角形區(qū)域充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，形狀與MNPQ完全相同的閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′在外力作用下沿軸線OO′水平向左勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流為i，逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，?dāng)t＝0時(shí)M′Q′與NP重合，在M′Q′從NP到臨近MQ的過程中，下列圖像中能反映i隨時(shí)間t變化規(guī)律的是()解析：選B在閉合導(dǎo)線框M′N′P′Q′勻速向左運(yùn)動(dòng)過程，穿過回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向一直是逆時(shí)針的，所以電流一直為正。在線框向左勻速運(yùn)動(dòng)過程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度先減小到零，后增大，所以感應(yīng)電流先減小到零，后增大，B項(xiàng)正確。3．如圖甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對(duì)竹蜻蜓的電路作如下簡(jiǎn)化：如圖乙所示，半徑為L(zhǎng)的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角。在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個(gè)LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)。在輻條OP轉(zhuǎn)過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，下列說法中不正確的是()A．O、P兩端電壓為eq\f(1,4)BL2ωB．通過LED燈的電流為eq\f(BL2ω,8r)C．整個(gè)裝置消耗的電能為eq\f(πωB2L4,8r)D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可以使LED燈發(fā)光時(shí)更亮解析：選A輻條OP進(jìn)入磁場(chǎng)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)有E＝BLeq\f(ωL,2)，在電路中OP相當(dāng)于內(nèi)阻為r的電源，另外兩根金屬輻條和LED燈并聯(lián)，故而電路的總電阻R＝eq\f(4r,3)，OP兩端的電壓為電源的路端電壓U＝eq\f(E,R)·eq\f(r,3)＝eq\f(BL2ω,8)，流過LED燈的電流是I＝eq\f(U,r)＝eq\f(BL2ω,8r)，A錯(cuò)誤，B正確；整個(gè)裝置消耗的電能W＝Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(E2,\f(4r,3))·eq\f(1,3)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2L4,8r)，C正確；由LED燈中電流為I＝eq\f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度、減小輻條的電阻和LED燈的電阻等措施可以使LED燈變得更亮，D正確。4．(2021·遵義模擬)如圖所示，在第一象限有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。在第二象限有一平行于y軸的長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域。下列關(guān)于導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨x變化的圖像正確的是()解析：選D當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)x<0.5L時(shí)，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Bvxtan60°；當(dāng)x＝0.5L時(shí)，可得E＝0.87BLv；當(dāng)x>0.5L時(shí)，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Bv(L5.(2020·宿遷模擬)如圖所示，光滑水平面上放置一平行金屬導(dǎo)軌，其左端與平行板電容器C相連，一金屬棒垂直金屬導(dǎo)軌放置，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)對(duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及金屬棒的電阻，則下面關(guān)于金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a、電容器兩板間的電勢(shì)差U、極板所帶電荷量Q隨時(shí)間t變化關(guān)系圖像中，正確的是()解析：選B金屬棒在力F和安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，F(xiàn)－BIL＝ma，又I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU，ΔU＝BLΔv，聯(lián)立解得a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，加速度為恒量，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；電容器兩極板之間的電勢(shì)差U＝BLv＝BLat，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；極板帶電荷量Q＝CU＝CBLat，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·遼寧卷)如圖所示，“凹”字形金屬線框右側(cè)有一寬度為3L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。線框在紙面內(nèi)向右勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域，t＝0時(shí)，線框開始進(jìn)入磁場(chǎng)。設(shè)逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，則線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是()解析：選A設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的速度為v，總電阻為R，當(dāng)時(shí)間t<eq\f(L,v)時(shí)，只有最右側(cè)的兩個(gè)短邊切割磁感線，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，大小為I＝eq\f(2BLv,R)；當(dāng)eq\f(L,v)≤t<eq\f(3L,v)時(shí)，從右側(cè)中間短邊進(jìn)入磁場(chǎng)至左側(cè)長(zhǎng)邊進(jìn)入磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，大小為I＝eq\f(3BLv,R)；當(dāng)eq\f(3L,v)≤t<eq\f(4L,v)時(shí)，從左側(cè)長(zhǎng)邊進(jìn)入磁場(chǎng)至右側(cè)的中間短邊離開磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，大小為I＝eq\f(2BLv,R)；當(dāng)eq\f(4L,v)≤t<eq\f(6L,v)時(shí)，從右側(cè)中間短邊離開磁場(chǎng)至左側(cè)長(zhǎng)邊離開磁場(chǎng)，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，大小為I＝eq\f(3BLv,R)，故A正確。7．(2021·揚(yáng)州模擬)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框右側(cè)有兩個(gè)寬度也為L(zhǎng)的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向分別豎直向下和豎直向上。t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框在外力作用下，以速度v勻速進(jìn)入并通過磁場(chǎng)區(qū)城。規(guī)定電流i沿逆時(shí)針方向時(shí)為正，磁感線豎直向下時(shí)磁通量Φ為正，安培力的合力F向左為正。則以下關(guān)于Φ、i、F和線框中的電功率P隨時(shí)間變化的圖像正確的是()解析：選B當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)0～L時(shí)，向下的磁通量由0增加到BL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，沿逆時(shí)針方向；安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)L～2L時(shí)，向下的磁通量逐漸減小到零，然后向上增加到BL2，感應(yīng)電流I＝eq\f(2BLv,R)，沿順時(shí)針方向；安培力F＝2B·eq\f(2BLv,R)L＝eq\f(4B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(4B2L2v2,R)。當(dāng)線圈運(yùn)動(dòng)2L～3L時(shí)，向上的磁通量由BL2逐漸減小到零，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，沿逆時(shí)針方向；安培力F＝B·eq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。綜上所述，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。8．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·江蘇卷)如圖所示，光滑的平行長(zhǎng)導(dǎo)軌水平放置，質(zhì)量相等的導(dǎo)體棒L1和L2靜止在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知L1的電阻大于L2，兩棒間的距離為d，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)。將開關(guān)S從1撥到2，兩棒運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則()A．S撥到2的瞬間，L1中的電流大于L2B．S撥到2的瞬間，L1的加速度大于L2C．運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，電容器C的電荷量為零D．運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d解析：選D電源給電容器充電，穩(wěn)定后，S撥到2的瞬間，電容器相當(dāng)于電源和導(dǎo)體棒L1和L2組成閉合電路，由于L1的電阻大于L2，則L1中的電流小于L2中的電流，A錯(cuò)誤；S撥到2的瞬間，L1中的電流小于L2中的電流，根據(jù)F＝BIL可得，則L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根據(jù)牛頓第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B錯(cuò)誤；S撥到2后，導(dǎo)體棒L1和L2受到安培力作用，則導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等于電容器兩端的電壓，此時(shí)電容器C的電荷量不為零，導(dǎo)體棒L1和L2的速度相等，因?yàn)長(zhǎng)1的加速度小于L2的加速度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則L1的位移小于L2的位移，即運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d，故C錯(cuò)誤，D正確。二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性9．(2021·衡水模擬)如圖甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長(zhǎng)L＝0.3m，處在兩個(gè)半徑均為r＝eq\f(L,3)的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中。線框頂點(diǎn)與右側(cè)圓中心重合，線框底邊中點(diǎn)與左側(cè)圓中心重合。磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時(shí)間變化，B1、B2的值如圖乙所示，則以下結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．通過線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．t＝0時(shí)刻穿過線框的磁通量為0.1WbC．0～0.6s內(nèi)通過線框中的電荷量為0.13CD．0～0.6s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量為0.07J解析：選B磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向上，大小不變，B2垂直水平面向下，大小隨時(shí)間增大，故線框向上的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，選項(xiàng)A正確。t＝0時(shí)刻穿過線框的磁通量為Φ＝B1×eq\f(1,2)πr2＋B2×eq\f(1,6)πr2＝－0.0052Wb，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。0～0.6s內(nèi)通過線框的電荷量q＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(20×5－2×\f(1,6)π×0.12,2.5)C＝0.13C，選項(xiàng)C正確。0～0.6s內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量為Q＝I2RΔt＝eq\f(nΔΦ2,RΔt)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20×3×\f(1,6)×3.14×0.01))2,2.5×0.6)J＝0.07J，選項(xiàng)D正確。10．(2021·德州模擬)如圖所示，間距L＝0.5m的平行導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端與電阻R連接，圖中水平虛線下方存在垂直導(dǎo)軌平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg的導(dǎo)體棒從虛線上方h1處垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t1后導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)且恰好以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)t2＝2s后給導(dǎo)體棒施加一豎直向上的恒力F＝2N，并且由于磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)過t3＝0.2s導(dǎo)體棒的速度減為零。已知導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，關(guān)于導(dǎo)體棒由靜止釋放到速度減為零的過程，下列說法錯(cuò)誤的是()A．導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v0為2m/sB．導(dǎo)體棒靜止釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界h1為2mC．回路中磁通量的最大值為0.4WbD．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為4J解析：選B給導(dǎo)體棒施加一個(gè)豎直向上的恒力F后，回路中無電流，導(dǎo)體棒不受安培力作用，導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)F－mg＝ma，得加速度大小為g，經(jīng)過t3＝0.2s速度減為零，則v0＝at3＝2m/s，A正確；根據(jù)2ah1＝v02，解得h1＝0.2m，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)t2＝2s后回路中磁通量達(dá)到最大，2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移h2＝v0t2＝4m，則回路磁通量的最大值為Φm＝BLh2＝0.4Wb，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知整個(gè)過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱與導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)階段重力勢(shì)能的減少量相等，即Q＝mgh2＝4J，D正確。11.(2020·江蘇高考)如圖所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長(zhǎng)為0.2m，bc邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣重合。磁場(chǎng)的寬度等于線圈的邊長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T。在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過磁場(chǎng)區(qū)域。求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q。解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，代入數(shù)據(jù)得E＝0.8V。(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，拉力的大小等于安培力F＝BIl解得F＝eq\f(B2l2v,R)，代入數(shù)據(jù)得F＝0.8N。(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(2l,v)，焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.32J。答案：(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J12.(2021·唐山模擬)在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距l(xiāng)＝1m，導(dǎo)軌左端