2021届高考物理（全国通用版）大一轮复习检测：《电磁感应》综合检测 Word版含解析

《电磁感应》综合检测

(时间:90分钟　满分:100分)

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一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7题只有一个选项正确,第8～12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)

1. (2016·浙江嘉兴一中检测)如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收线圈.工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流,则(　D　)

A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针

B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大

C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针

D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化

解析:当左侧通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流时,通过右侧线圈的磁通量增大,根据楞次定律可以知道,右侧线圈产生的感应电流为逆时针方向,由于磁场是均匀增大,则产生的感应电流为恒定的,故选项A,B错误;当有金属片通过时,接收线圈中磁通量仍然增大,故产生的感应电流方向仍然为逆时针,但是由于金属片中也要产生感应电流,所以接收线圈中的感应电流大小发生变化,故选项C错误,D正确.

2. 如图所示,螺线管与灵敏电流计相连,磁铁从螺线管的正上方由静止释放,向下穿过螺线管.下列说法正确的是(　D　)

A.电流计中的电流先由a到b,后由b到a

B.a点的电势始终低于b点的电势

C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量

D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度

解析:当磁铁N极向下运动,导致穿过线圈的磁通量变大,且方向向下,则由楞次定律可得线圈中产生感应电流方向盘旋而下,螺线管下端相当于电源的正极,所以通过G的电流方向为从b到a,当S极离开螺线管时,穿过线圈的磁通量变小,且方向向下,则螺线管上端相当于电源的正极,所以通过G的电流方向为从a到b,则a点的电势先低于b点的电势,后高于b点电势,故A,B错误;磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁的动能,故C错误;磁铁刚离开螺线管时,磁铁受到的磁场力阻碍磁铁远离螺线管(去留),则加速度a<g,故D正确.

3. 法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机.铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中,圆盘圆心处固定一个摇柄,边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴,用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路.转动摇柄,使圆盘如图示方向转动.已知匀强磁场的磁感应强度为B,圆盘半径为l,圆盘匀速转动的角速度为ω.下列说法正确的是(　A　)

A.圆盘产生的电动势为Bωl2,流过电阻R的电流方向为从b到a

B.圆盘产生的电动势为Bωl2,流过电阻R的电流方向为从a到b

C.圆盘产生的电动势为Bωπl2,流过电阻R的电流方向为从b到a

D.圆盘产生的电动势为Bωπl2,流过电阻R的电流方向为从a到b

解析:圆盘产生的电动势为E=Blv=Bl·=Bωl2,由右手定则,选取其中的一个半径来判断,可知流过电阻R的电流方向为从b到a,选项A正确.

4. (2016·广东华南师大附中检测)如图所示,A,B是两盏完全相同的白炽灯,L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈,如果断开开关S1,闭合S2,A,B两灯都能同样发光.如果最初S1是闭合的,S2是断开的.那么不可能出现的情况是(　A　)

A.刚一闭合S2,A灯就亮,而B灯延迟一段时间才亮

B.刚闭合S2时,线圈L中的电流为零

C.闭合S2以后,A灯变亮,B灯由亮变暗

D.再断开S2时,A灯立即熄灭,B灯先亮一下然后熄灭

解析:如题图所示,原来开关S1是闭合的,如果开关S2突然闭合时,线圈中的电流突然增大,所以它会产生很大的反电动势,此时相当于线圈断路,电阻很大,所以灯A,B都同时发光,但等一段时间后,线圈的电阻会逐渐变小,所以灯B会逐渐变暗,最后因短路而熄灭,所以选项A是不可能出现的;刚闭合S2时,线圈的电阻相当于无限大,故此时线圈L中的电流可以认为是零,选项B情况可能出现;闭合S2以后,A灯变亮,B灯由亮变暗,选项C情况可能出现;再断开S2时,A灯因为没有了电流而立即熄灭,B灯与线圈组成的闭合电路会因为线圈产生的电动势而先亮一下然后熄灭,故选项D情况可能出现.

5. (2016·巴中市普通高中模拟)矩形线圈abcd,长ab=20 cm,宽bc=10 cm,匝数n=200,线圈回路总电阻R=5 Ω.整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过.若磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示,则(　D　)

A.线圈回路中感应电动势随时间均匀变化

B.线圈回路中产生的感应电流为0.5 A

C.当t=0.3 s时,线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 N

D.在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J

解析:由法拉第电磁感应定律可得

E=n=n

=200× V

=2 V,

由闭合电路欧姆定律可得I== A=0.4 A,选项A,B错误;

当t=0.3 s时,通电导线受到的安培力为F=nBIL=200×20×10-2×

0.4×20×10-2 N=3.2 N,选项C错误;在1 min内线圈回路产生的焦耳热Q=I2Rt=0.42×5×60 J=48 J,选项D正确.

6.(2016·江苏泰州一模)在竖直方向的匀强磁场中,水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图(甲)所示,取线圈中磁场B的方向向上为正,当磁场中的磁感应强度B随时间t如图(乙)变化时,图(丙)中能正确表示线圈中感应电流变化的图像是(　A　)

解析:在0～内,根据法拉第电磁感应定律,E==,感应电流i0=.根据楞次定律,感应电流的方向与图示箭头方向相反,为负值;在～T内,根据法拉第电磁感应定律,E′===2E,所以感应电流是之前的2倍.再根据楞次定律,感应电流的方向与图示方向相反,为负值.故选项A正确,B,C,D错误.

7. (2016·浙江嘉兴高三期末)如图(甲)所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2L,磁感应强度的大小为B0,一边长为L、电阻为R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域,在(乙)图中给出的线框C,D两端的电压UCD与线框移动距离x的关系的图像正确的是(　D　)

解析:由楞次定律判断可知,在线框穿过磁场的过程中,C点的电势始终高于D的电势,则UCD始终为正值,则选项C错误;CD,AB两边切割磁感线时产生的感应电动势为E=BLv.在0～L内,CD切割磁感线CD两端的电压是路端电压,则UCD=E=BLv;在L～2L内,线框完全在磁场中运动,穿过线框的磁通量没有变化,不产生感应电流,则UCD=E=BLv;在2L～3L内,CD两端的电压等于感应电动势的,则UCD=E=BLv,故选项A,B错误,D正确.

8. (2016·江苏南通调研)如图所示,圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片P向上滑动,下列说法中正确的有(　BD　)

A.穿过线圈a的磁通量增大

B.线圈a对水平桌面的压力小于其重力

C.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流

D.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流

解析:当滑动触头P向上移动时电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小,b线圈产生的磁场减弱,故穿过线圈a的磁通量变小;根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a,根据楞次定律,a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小,故a的感应电流的磁场方向也向下,根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针,选项A,C错误,D正确.当滑动触头向上滑动时,可以用“等效法”,即将线圈a和b看做两个条形磁铁,不难判断此时两磁铁互相吸引,故线圈a对水平桌面的压力将减小,选项B正确.

9.如图所示,固定于水平面上宽为l的光滑金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,左端接一定值电阻R,质量为m的金属棒MN沿框架以初速度v0向右运动,电阻为r=,若导轨足够长,电阻不计,对整个运动过程下列说法正确的是(　AC　)

A.电阻R上产生的焦耳热为m

B.金属棒MN上产生的焦耳热为m

C.通过导体棒MN的电荷量为

D.最终MN停靠的位置距离其初始位置为

解析:由于金属棒向右做加速度逐渐减小的减速运动,直到速度减为零,所以系统整个过程中产生的总焦耳热等于金属棒减小的动能,即

Q总=m,则R上产生的焦耳热QR=Q总=m,金属棒MN上产生的焦耳热Qr=Q总=m,故选项A正确、B错误.根据动量定理,BlΔt=mv0,即Bql=mv0,所以q=,故选项C正确.根据q==,有=,则x=,故选项D错误.

10.(2016·四川雅安三诊)如图所示,电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置,与水平面的夹角为θ,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B,导轨上固定有质量为m,电阻为R的两根相同的导体棒,导体棒MN上方导轨粗糙下方光滑,将两根导体棒同时释放后,观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止,当MN下滑的距离为s时,速度恰好达到最大值vm,则下列叙述正确的是(　AC　)

A.导体棒MN的最大速度vm=

B.此时导体棒EF与导轨之间的静摩擦力为mgsin θ

C.当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,通过其横截面的电荷量为

D.当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,导体棒MN中产生的热量为mgssin θ-m

解析:当MN达到最大速度时满足mgsin θ=,解得vm=,选项A正确;此时导体棒EF满足mgsin θ+F安=f静,故此时导体棒EF与导轨之间的静摩擦力大于mgsin θ,选项B错误;当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,通过其横截面的电荷量为q==,选项C正确;当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中,两个导体棒中产生的总热量为mgssin θ-m,则MN中产生的热量是(mgssin θ-m),选项D错误.

11.在伦敦奥运会上,100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪,其原理如图(甲)所示,水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为L=0.5 m,一端通过导线与阻值为R=0.5 Ω的电阻连接.导轨上放一质量为m=0.5 kg的金属杆,金属杆与导轨的电阻忽略不计.匀强磁场方向垂直纸面向里.用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上,使杆运动.当改变拉力的大小时,相对应的速度v也会变化,从而使跟踪仪始终与运动员保持一致.已知v和F的关系如图(乙)所示.(取重力加速度g=

10 m/s2)则(　BCD　)

A.金属杆受到的拉力与速度成正比

B.该磁场的磁感应强度为1 T

C.图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小

D.导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ=0.4

解析:由题图(乙)可知拉力与速度是一次函数关系,但不成正比,故选项A错误;图线在横轴的截距是速度为零时的拉力,金属杆将要运动,此时最大静摩擦力等于该拉力,也等于运动时的滑动摩擦力,选项C正确;由F-BIL-μmg=0及I=,可得F--μmg=0,从题图(乙)上分别读出两组F,v数据代入上式即可求得B=1 T,μ=0.4,所以选项B,D正确.

12.如图(甲)所示,正方形金属线圈abcd位于竖直平面内,其质量为m,电阻为R.在线圈的下方有一匀强磁场,MN和M′N′是磁场的水平边界,并与bc边平行,磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图(乙)是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图像,图中字母均为已知量.重力加速度为g,不计空气阻力.下列说法正确的是(　BC　)

A.金属线圈刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向

B.金属线圈的边长为v1(t2-t1)

C.磁场的磁感应强度为

D.金属线圈在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1(t2-t1)+

m(-)

解析:由楞次定律可知,金属线圈刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向,选项A错误;线圈进入磁场的过程为匀速运动,故可知金属线圈的边长为L=v1(t2-t1),选项B正确;由平衡可知mg=,解得B=,选项C正确;由能量关系可知,金属线圈在0～t4的时间

内所产生的热量为Q=mgh+m-m,其中h=2v1(t2-t1)+(v1+v2)

(t3-t2),故选项D错误.

二、非选择题(共52分)

13.(7分)如图为“研究电磁感应现象”的实验装置.

(1)将图中所缺的导线补接完整.

(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:

①将小螺线管迅速插入大螺线管时,灵敏电流计指针将　　　　　. 

②小螺线管插入大螺线管后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针将　　　　　　　　. 

解析:(1)将电源、开关、变阻器、小螺线管串联成一个回路,再将电流计与大螺线管串联成另一个回路,电路图如图所示.

(2)闭合开关,穿过大螺线管的磁通量增大,灵敏电流表的指针向

右偏;

①将小螺线管迅速插入大螺线管时,磁场方向不变,穿过大螺线管的磁通量增大,灵敏电流计指针将向右偏转一下.

②小螺线管插入大螺线管后,由电路图可知,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,小螺线管电流变小,穿过大螺线管的磁场方向不变,但磁通量变小,灵敏电流计指针将向左偏转一下.

答案:(1)见解析

(2)①向右偏转一下　②向左偏转一下

评分标准:(1)问3分,(2)问每空2分.

14.(6分)(2016·上海徐汇区一模)在“用DIS研究回路中感应电动势的大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中,为了研究感应电动势E与时间Δt的关系,某小组同学利用图中的实验装置进行实验:让小车以不同的速度靠近螺线管,得到在不同挡光时间Δt内的感应电动势平均值E.通过利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出,就能得到一系列的感应电动势的平均值E和时间Δt.

在一次实验中得到的数据如下表:

(1)观察和分析该实验装置可看出,在实验中,每次测量的挡光时间

Δt内,磁铁相对螺线管位置的变化都　　　　(选填“相同”或“不同”),从而实现了控制　       不变. 

(2)在得到上述表格中的数据之后,为了研究E与Δt的关系,可采用图像处理数据的方法,在直角坐标系中作　　　　　　　   　的关系图线,若图线是基本过坐标原点的倾斜直线,可得出的实验结论是

　                                                      . 

(3)若要进一步研究感应电动势与线圈匝数的关系,实验时应控制　　　　　　　　　　　　相同. 

解析:(1)观察和分析该实验装置可看出,在实验中,每次测量的挡光时间Δt内,磁铁相对螺线管位置的变化都相同,从而实现了控制螺线管中磁通量的变化量不变.

(2)由表中实验数据可知,感应电动势E与挡光时间Δt的乘积一定,说明感应电动势E与挡光时间Δt成反比,则感应电动势E与挡光时间Δt的倒数成正比,为了研究E与Δt的关系,可采用图像处理数据的方法,在直角坐标系中作感应电动势E与挡光时间Δt的倒数的关系图线,若图线是基本过坐标原点的倾斜直线,可得出的实验结论是在匝数和磁通量不变的情况下,感应电动势E和时间Δt成反比.

(3)若要进一步研究感应电动势与线圈匝数的关系,需要控制通过螺线管的磁通量的变化率相同,因此实验时应控制小车通过光电门的挡光时间Δt相同,或小车出发的速度相同.

答案:(1)相同　螺线管中磁通量的变化量

(2)感应电动势E与挡光时间Δt的倒数　在匝数和磁通量不变的情况下,感应电动势E和时间Δt成反比

(3)小车通过光电门的挡光时间Δt

评分标准:每问2分.

15. (6分)(2016·辽宁大连八中月考)如图所示,空间存在垂直于纸面的均匀磁场,在半径为a的圆形区域内、外,磁场方向相反,磁感应强度的大小均为B.一半径为b,电阻为R的圆形导线环放置在纸面内,其圆心与圆形区域的中心重合.在内外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中,求通过导线截面的电荷量q.

解析:圆形导线环的初始磁通量

Φ1=Bπa2-Bπ(b2-a2)=πB(2a2-b2)(当b<a),

末磁通量Φ2=0;

所以磁通量的变化为ΔΦ=πB(2a2-b2),(2分)

则通过电阻为R的圆形导线环的电荷量

q=·Δt=·Δt=·Δt==(2分)

同理当b>a时,通过圆形导线环的电荷量

q=.(2分)

答案:或

16.(10分) 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为l.导轨上面横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,如图所示.两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0(如图).若两导体棒在运动中始终不接触,求:

(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少?

(2)当ab棒的速度变为初速度的时,cd棒的加速度是多少?

解析:(1)ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动,cd棒则在安培力作用下做加速运动.在ab棒的速度大于cd棒的速度时,回路总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速.两棒速度达到相同后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不产生感应电流,两棒以相同的速度v做匀速运动.

从初始至两棒达到速度相同的过程中,两棒总动量守恒,有

mv0=2mv,即v=v0(2分)

根据能量守恒,整个过程中产生的总热量为

Q=m-(2m)v2=m.(2分)

(2)设ab棒的速度变为初速度的时,cd棒的速度为v′,则由动量守恒得

mv0=m·v0+mv′,(1分)

此时回路中的感应电动势为E=(v0-v′)Bl,(1分)

感应电流为I=,(1分)

此时cd棒所受的安培力F=IlB,(1分)

cd棒的加速度a=,(1分)

由以上各式,可得a=.(1分)

答案:(1)m　(2)

17.(10分)(2016·福建厦门质检) 如图所示,质量为m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的导体棒MN垂直放在相距为L=0.5 m的平行光滑金属导轨上.导轨平面与水平面的夹角为θ=30°,并处于磁感应强度大小为B=0.4 T,方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,导轨下端接有阻值R=0.3 Ω的电阻,棒在外力F作用下,以v=8 m/s的速度沿导轨向上做匀速运动,经过一定时间后撤去外力,棒继续运动一段距离s=2 m后到达最高位置,导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)棒MN向上匀速运动过程中,回路中的电流;

(2)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程中,通过电阻R的电荷

量q;

(3)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程中,整个回路产生的焦耳热Q.

解析:(1)棒MN向上匀速运动过程中,切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv(1分)

解得E=1.6 V(1分)

感应电流为I=(1分)

解得I=4 A.(1分)

(2)根据法拉第电磁感应定律可知,电路中产生的平均电动势==(1分)

电路中产生的平均电流

==.(1分)

q=t==1 C.(1分)

(3)从撤去外力至棒MN到达最高位置的过程中,根据能量守恒有

mv2=mgs·sin θ+Q(2分)

解得Q=2.2 J.(1分)

答案:(1)4 A　(2)1 C　(3)2.2 J

18. (13分)(2016·江苏泰州模拟)如图所示,光滑斜面的倾角α=30°,在斜面上放置一矩形线框abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻R=0.1 Ω,线框通过细线与重物相连,重物质量M=2 kg,斜面上ef线(ef∥gh)的右上方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.线框从静止开始运动,进入磁场最初一段时间是匀速的,ef和gh的距离s=11.4 m(取g=10 m/s2),求:

(1)线框进入磁场前重物的加速度;

(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v;

(3)ab边由静止开始运动到gh线处所用的时间t;

(4)ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热.

解析:(1)线框进入磁场前,线框仅受到细线的拉力FT、斜面的支持力和线框重力,重物受到重力和拉力FT.则由牛顿第二定律得

对重物有Mg-FT=Ma(1分)

对线框有FT-mgsin α=ma.(1分)

联立解得线框进入磁场前重物的加速度为

a== m/s2=5 m/s2.(1分)

(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动,所以重物受力平衡Mg=FT′,(1分)

线框abcd受力平衡FT′=mgsin α+FA,(1分)

ab边进入磁场切割磁感线,产生的电动势为E=Bl1v,

产生的感应电流为I==(1分)

受到的安培力为FA=BIl1

联立上述各式得Mg=mgsin α+(1分)

解得v=6 m/s.(1分)

(3)线框abcd进入磁场前,做匀加速直线运动;进磁场最初一段时间的过程中,做匀速直线运动,进入磁场后到运动到gh线,仍做匀加速直线运动,进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同,为a=5 m/s2.(1分)

该阶段运动时间为t1== s=1.2 s.

进磁场过程中匀速运动时间为

t2== s=0.1 s.(1分)

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前,所以该阶段的加速度仍为a=5 m/s2,s-l2=vt3+a;

代入得11.4-0.6=6×t3+×5×

解得t3=1.2 s,因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t=t1+t2+t3=2.5 s.(1分)

(4)线框ab边运动到gh处的速度为

v′=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s,(1分)

整个运动过程产生的焦耳热为

Q=FAl2=(Mg-mgsin α)l2=(20-10×sin 30°)×0.6 J=9 J.(1分)

答案:(1)5 m/s2　(2)6 m/s　(3)2.5 s　(4)12 m/s　9 J

【备用题组】

1.(2016·北京海淀区高三期末)如图(甲)所示,一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中,且线圈平面与磁场垂直.设垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向,磁感应强度B随时间而变化的情况如图(乙)所示,图(甲)中线圈上的箭头的方向为感应电流i的正方向.则在图(丙)中给出的线圈中感应电流i随时间而变化的图像可能的是(　C　)

解析:由(乙)图知,在0～0.5 s内磁感应强度均匀增大,根据E=n=nS知,产生感应电动势不变,所以感应电流不变,可判断A,B错误;在0～0.5 s内,B增大,磁通量Φ增大,根据楞次定律知感应电流的磁场与原磁场方向相反,垂直纸面向外,再由右手定则可判断感应电流方向为逆时针方向,为负,故C正确,D错误.

2. (2016·天津一中高三月考)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(　B　)

A.mgb       B.mgb+mv2

C.mg(b-a) D.mg(b-a)+mv2

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,根据能量守恒定律,得损失的机械能为ΔE=mgb+mv2,故选B.

3.如图所示,四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上,间距为h.在Ⅰ,Ⅱ两区间分布着完全相同、方向水平向里的磁场,磁感应强度大小按Bt图变化(图中B0已知).现有一个长方形金属线框ABCD,质量为m,电阻为R,AB=CD=L,AD=BC=2h.用一轻质细线把线框ABCD竖直悬挂着,AB边恰好在Ⅰ区的正中央.t0(未知)时刻细线恰好松弛,之后立即剪断细线,当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计,g=10 m/s2)求:

(1)t0的值;

(2)线框AB边到达M2N2时的速率v;

(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能有

多少?

解析:(1)t0时刻细线恰好松弛,对线框受力分析有

B0IL=mg,I=

因感生产生的感应电动势为

E===S,S=L·h,

得t0=.

(2)当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动,速度为v′,对线框受力分析有B0I′L=mg,I′=

因CD边切割产生的感应电动势E′=B0Lv′,v′=

从线框AB边到达M2N2时一直运动到CD边到达M3N3的过程中线框中无感应电动势产生,只受到重力作用,线框下落高度为3h,根据动能定理得mg·3h=mv′2-mv2

线框AB边到达M2N2时的速率v=.

(3)线框从静止开始下落到CD边刚离开M4N4的过程中线框中产生的电能为E电,线框下落高度为4.5h,根据能量守恒得,mg4.5h=E电+mv′2,

E电=mgh-.

答案:(1)　(2)　

(3)mgh-

4. 如图所示,两条足够长的平行金属导轨相距L,与水平面的夹角为θ,整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,虚线上方轨道光滑且磁场方向向上,虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下.当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中,导体棒MN一直静止在导轨上,若两导体棒质量均为m、电阻均为R,导轨

电阻不计,重力加速度为g,在此过程中导体棒EF上产生的焦耳热为Q,求:

(1)导体棒MN受到的最大摩擦力;

(2)导体棒EF上升的最大高度.

解析:(1)EF获得向上的初速度v0时,产生感应电动势E=BLv0

电路中电流为I,由闭合电路欧姆定律I=

此时对导体棒MN受力分析,由平衡条件

FA+mgsin θ=f,FA=BIL

解得f=+mgsin θ.

(2)导体棒EF上升过程MN一直静止,对系统由能量守恒定律得m=mgh+2Q

解得h=.

答案:(1)+mgsin θ　(2)