2016年高考二轮复习物理第二部分专题限时训练13电磁感应定律的综合应用(一)

专题限时训练(十三)电磁感应定律的综合应用(一)(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·江苏单科)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()ABCD答案：A解析：磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔB·SΔt知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意．2．(2014·全国理综)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落，条形磁铁在圆筒中的运动速率()A．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变答案：C解析：竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的阻力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，阻力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，阻力也增大，直到阻力等于磁铁重力时，磁铁匀速运动，C正确．3．(2015·长春质量检测)如图所示，用一根横截面积为S的粗细均匀的硬导线做成一个半径为R的圆环，把圆环一半置于均匀变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k(k0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ，则下列说法中正确的是()A．圆环具有扩张的趋势B．圆环中产生逆时针方向的感应电流C．图中a、b两点间的电压大小为12kπR2D．圆环中感应电流的大小为kRS4ρ答案：D解析：由题意，通过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，且产生顺时针方向的感应电流，故A、B项错误；a、b之间的电压是路端电压，不是感应电动势，Uab＝12E＝14kπR2，故C项错误；感应电流I＝Er，E＝12kπR2，r＝ρ2πRS，可得I＝kRS4ρ，故D项正确．4.(2015·山西四校联考)矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定以向左为安培力正方向)可能是下面选项中的()答案：D解析：0～1s，导线框的磁通量减小，根据楞次定律，导线框ad边受到向左的安培力来阻碍磁通量的减小，安培力为正值．根据法拉第电磁感应定律可知：导线框产生恒定的电流I，由安培力F＝BIL可知，安培力F大小的变化情况和磁感应强度B大小的变化情况一致，线性减小.1～2s，导线框的磁通量增大，根据楞次定律，导线框ad边受到向右的安培力来阻碍磁通量的增大，安培力为负值，根据法拉第电磁感应定律可知：导线框产生恒定的电流I，由安培力F＝BIL可知，安培力F大小的变化情况和磁感应强度B大小的变化情况一致，线性增大.2～3s，导线框的磁通量减小，根据楞次定律，导线框ad边受到向左的安培力来阻碍磁通量的减小，安培力为正值，根据法拉第电磁感应定律可知：导线框产生恒定的电流I，由安培力F＝BIL可知，安培力F大小的变化情况和磁感应强度B大小的变化情况一致，线性减小.3～4s，导线框的磁通量增大，根据楞次定律，导线框ad边受到向右的安培力来阻碍磁通量的增大，安培力为负值，根据法拉第电磁感应定律可知：导线框产生恒定的电流I，由安培力F＝BIL可知，安培力F大小的变化情况和磁感应强度B大小的变化情况一致，线性增大，选项D正确，A、B、C错误．5．(2015·重庆理综)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()A．恒为nSB2－B1t2－t1B．从0均匀变化到nSB2－B1t2－t1C．恒为－nSB2－B1t2－t1D．从0均匀变化到－nSB2－B1t2－t1答案：C解析：根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝nΔΦΔt＝nB2－B1St2－t1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－nB2－B1St2－t1，选项C正确．二、多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2015·山东理综)如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动答案：ABD解析：根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确．7.(2015·全国理综Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是()A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案：AB解析：A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；B．如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；C．在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．8．(2014·江苏单科)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯答案：AB解析：当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻．增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，D错误．三、计算题(每小题16分，共32分)9．(2015·江苏单科)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻率ρ＝1.5Ω·m.如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.答案：(1)6×103Ω(2)4×10－2V(3)8×10－8J解析：(1)由电阻定律得R＝ρ2πrA，代入数据得R＝6×103Ω.(2)感应电动势E＝ΔB·πr2Δt，代入数据得E＝4×10－2V.(3)由焦耳定律得Q＝E2RΔt，代入数据得Q＝8×10－8J.10．(2015·天津理综)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍？(2)磁场上下边界间的距离H.答案：(1)4倍(2)Qmg＋28l解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝mgR4B2l2⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝mgRB2l2⑥由⑤⑥式得v2＝4v1.⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝12mv21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝12mv22－12mv21＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l.⑩