专题10 电磁感应(练)-2016年高考物理二轮复习讲练测(解析版)

虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足B＝kt，磁场方向如图所示. 测得A环内感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为： （ ）

A．IB ＝I、IC＝0 B．IB ＝I、IC＝2I C．IB＝2I、IC＝2I D．IB＝2I、IC＝0 【答案】D

2．【2016?天津一中高三零月考】竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y=x2，轨道下半部分处在一个水平向外的非匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示），一个小金属环（可视为质点）从抛物线上y=b（b＞a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是： （ ）

A.mgb B.mgb +【答案】B

【解析】因磁场为非匀强磁场，则金属环在抛物线内滑动时总会产生感应电流，消耗机械能，最终停在抛物线的最低点，由则根据能量守恒定律，得损失的机械能为：△E=mgb+

3．（多选）【2016?河南省洛阳市第一高级中学第4次周练】图中L为自感系数足够大的理想电感，C是电容量足够大的理想电容，R1、R2是阻值大小合适的相同电阻，G1、G2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，E是可以不计内阻的直流电源．针对该电路下列判断正确的是： （ ）

[来源学+科+Z+X+X+K]11mv2 C.mg（b-a） D.mg（b-a）+mv2 2212

mv，故选B. 2

A．电键S闭合的瞬间，仅电流计G1发生明显地偏转 B．电键S闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转 C．电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数

D．电路工作稳定后再断开电键S，此后的短时间内，G1的指针将向右偏转，G2的指针将向左偏转 【答案】BD

4．【陕西省西工大附中2015届高三下学期模拟考试（一）理科综合】如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度v0运动，当线框的右边框刚刚到达边界PQ时速度又恰好等于v0。若磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ的距离为d，磁场的磁感应强度为B，铜线框质量为m，电阻均为R，边长为L（L＜d)，铜线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持前后边框平行于磁场边界MN，试求：

⑴.线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小；

⑵.线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；

⑶.从线框右边框刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功。

B2L2v0B2L2v02??g（3）2μmgd 【答案】（1）F?BIL?（2）v?v0?2?g(d?L)am?，RmR【解析】

⑴.闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势E=BLv0 产生的电流I?E?BLv0

RRB2L2v0右侧边所受安培力F?BIL?

R⑵.线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力和摩擦力的共同作用做变减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下做匀加速运动，当其右边框刚刚到达PQ时速度又恰好等于v0。因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度

为

5．【2015·四川·11】如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。

（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；

（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；

（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。 【答案】（1）Qef＝mv12；（2）q＝下均可，xm＝

μLtanθ

(1?μ2)sinαcosα?μ142Bd(L?dcotθ)1；（3）Bm＝

RLmgR(sinα?μcosα)，方向竖直向上或竖直向

(cosα?μsinα)v2【解析】（1）由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时，电流做

功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有：mv12＝QR＋Qef ① 根据并联电路特点和焦耳定律Q＝I2Rt可知，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，即QR＝Qef ② 由①②式联立解得ef棒上产生的热量为：Qef＝mv12

（2）设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：

14

12

（3）由法拉第电磁感应定律可知，当ab棒滑行x距离时，回路中的感应电动势为：e＝B（L－2xcotθ）v2 ⑦ 根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef棒的电流为：i＝

e ⑧ R根据安培力大小计算公式可知，ef棒所受安培力为：F＝iLB ⑨

B2Lv2

(L?2xcotθ) ⑩ 由⑦⑧⑨式联立解得：F＝R由⑩式可知，当x＝0且B取最大值，即B＝Bm时，F有最大值Fm，ef棒受力示意图如下图所示：

根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：Fmcosα＝mgsinα＋fm ?

[来源学_科_Z_X_X_K]在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα＋Fmsinα ?