电磁感应规律及其应用(B卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分。每小题只有一个选项正确)1.如图所示的电路，闭合开关S，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略，现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是( )A.a灯变亮，b灯和c灯变暗B.a灯和c灯变亮，b灯变暗C.a灯和c灯变暗，b灯变亮D.a灯和b灯变暗，c灯变亮【解析】选B。滑片上移，R减小，电路总电阻减小，I增大，a灯变亮，同时Ir以及Ua增大，Ub减小，b灯变暗，Ib减小，则Ic=I-Ib增大，c灯变亮，选项B正确。2.(2022·嘉兴二模)某种角速度计，其结构如图所示。当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则( )A.电路中电流随角速度的增大而增大B.电路中电流随角速度的增大而减小C.弹簧的伸长量为x=D.输出电压U与ω的函数式为U=Emω2k-mω2【解析】选D。系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故A、B错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kx=mω2(l-8-\n+x)，又输出电压U=RBPRBCE=E，联立两式得x=，U=Emω2k-mω2，故C错误，D正确。故本题应选D。3.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是( )【解析】选D。由楞次定律可知，线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故线框中的感应电流沿逆时针方向，为正，又因为线框做匀速运动，故感应电流随位移线性增大；同理可知线框离开磁场时，产生的感应电流大小随位移线性增大，方向为负，选项A、B错误；BC两端的电压UBC跟感应电流成正比，故选项C错误，D正确。4.(2022·丽水二模)如图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中。导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是( )-8-\nA.甲、丙中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止B.甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止C.甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动D.甲、乙、丙中，棒ab最终都静止【解析】选B。甲图中ab棒产生的感应电动势对电容器C充电，C两极板间电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，ab棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒在初速度作用下，切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为热能，最终会静止；而丙图虽在初速度作用下向右运动，但却受到向左的安培力，则杆向右减速运动，然后还要向左运动。当金属杆切割磁感线产生电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，所以金属杆最终处于向左的匀速直线运动。由此得选项B正确，A、C、D错误。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分。每小题至少一个选项正确)5.(2022·舟山二模)如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻。闭合开关S后，R的阻值增大过程中，电压表示数的减少量为ΔU。下列判断正确的是( )A.电阻R两端的电压增大，增加量为ΔUB.电容器带的电荷量增大，增加量大于CΔUC.电压表与电流表的示数比值变大D.电压表与电流表示数变化量的比值不变【解析】选B、D。根据闭合电路的欧姆定律可得：E=U1+UR+Ur，由题意知U1的示数减少ΔU，Ur也减小，所以电阻R两端的电压增大，增加量大于ΔU，故A错误；电容器与R并联，所以电容器的电压增大，故电荷量增大，且增加量大于CΔU，所以B正确；电压表与电流表的示数比值等于R1，变化量之比也等于R1，故都不变，所以C错误，D正确。【加固训练】(多选)(2022·杭州一模)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，R2上消耗的功率为P2，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比( )-8-\nA.U变小 B.I变小C.Q增大D.P2变小【解析】选B、C、D。设滑动变阻器实际连入电路的阻值为R，对回路由闭合电路欧姆定律有I=Er+R2+R，滑动触头向a端移动，则R增大，I变小，R2功率P2(P2=I2R2)变小，电压表示数U(U=E-Ir-IR2)变大，电容器所带电荷量Q(Q=CU)变大。故本题正确选项为B、C、D。6.如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图像可能正确的是( )【解析】选A、C、D。若ab杆速度为v时，S闭合，则ab杆中产生的感应电动势E=BLv，ab杆受到的安培力F=B2L2vR，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，A项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，C项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，D项正确；ab杆不可能匀加速运动，B项错误。7.(2022·武汉二模)如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感-8-\n应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间t变化的图像中正确的是( )【解析】选A、C。“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x=vt，导体棒切割磁感线的有效长度L=vt·tanθ，所以回路中感应电动势E=BLv=Bv2t·tanθ，感应电动势与时间t成正比，A正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B错误；导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为平衡力，故外力的功率P=Fv=BILv=BIv2t·tanθ，与时间成正比，故C正确；回路产生的焦耳热Q=I2Rt，式中电流不变，回路电阻与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误。三、计算题(本题共3小题，共51分。需写出规范的解题步骤)8.(16分)如图甲所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距为d，右端通过导线与阻值为R的小灯泡L连接，在面积为S的CDFE矩形区域内有垂直金属导轨向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间的变化如图乙所示，在t=0时，一阻值为R的金属棒在恒力F作用下由静止开始从ab位置沿导轨向右运动，当t=t0时恰好运动到CD位置，并开始在磁场中匀速运动。求：(1)0～t0时间内通过小灯泡的电流。(2)金属棒在磁场中运动的速度大小。(3)金属棒的质量m。【解题指南】解答本题应按以下思路：(1)0～t0内，根据法拉第电磁感应定律求感应电动势。(2)t0以后，金属棒在匀强磁场中匀速运动，根据公式E=BLv求感应电动势，再根据F=F安确定金属棒的速度大小。-8-\n(3)在0～t0内，由牛顿第二定律和运动学公式计算金属棒的质量。【解析】(1)0～t0时间内，闭合电路产生的感应电动势E1=ΔΦΔt=SΔBΔt=SB0t0 (2分)通过小灯泡的电流I=E12R (1分)联立可得I=SB02Rt0 (1分)(2)若金属棒在磁场中匀速运动的速度为v，则金属棒产生的感应电动势E2=BLv=B0dv (2分)金属棒中的电流I′=E22R (1分)因为金属棒做匀速运动，有F=F安，即F=B0I′d (2分)联立解得v=2FRB02d2 (1分)(3)在0～t0时间内，金属棒在恒力F作用下做匀加速运动，则由牛顿第二定律有F=ma (2分)由运动学公式有a=vt0 (2分)联立解得金属棒的质量为m=B02d2t02R (2分)答案：(1)SB02Rt0 (2)2FRB02d2 (3)B02d2t02R9.(16分)(2022·温州二模)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R=2Ω的电阻。磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4T。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑。(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)(1)判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向。(2)求金属棒下滑速度达到5m/s时的加速度大小。(3)当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻R消耗的功率。-8-\n【解析】(1)由右手定则判断金属棒中的感应电流方向为由a到b (2分)(2)金属棒下滑速度达到5m/s时产生的感应电动势为E=BLv=0.4×1×5V=2V(2分)感应电流为I=ER=22A=1A(1分)金属棒受到的安培力为F=BIL=0.4×1×1N=0.4N(2分)由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ-F=ma (2分)解得：a=2m/s2(1分)(3)设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为F′，棒在沿导轨方向受力平衡mgsinθ=μmgcosθ+F′ (2分)解得：F′=0.8N此时感应电流为I′=F'BL=0.80.4×1A=2A(2分)电路中电阻R消耗的电功率：P=I′2R=22×2W=8W(2分)(另解：由F′=B2L2vR，解得稳定时速度达到最大值vm=10m/s，本题克服安培力做功功率等于电阻R消耗的电功率，所以P=F′v=0.8×10W=8W)答案：(1)a→b (2)2m/s2 (3)8W10.(19分)(2022·湖州二模)两平行金属导轨水平放置，一质量为m=0.2kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻R处，R=0.1Ω，其他电阻不计。导轨间距为d=0.8m，矩形区域MNPQ内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小B=0.25T。MN=PQ=x=0.85m，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为0.4，电阻R与边界MP的距离s=0.36m。在外力作用下让ab棒由静止开始匀加速运动并穿过磁场向右，加速度a=2m/s2，g取10m/s2。(1)求穿过磁场过程中平均电流的大小。(2)计算自金属棒进入磁场开始计时，在磁场中运动的时间内，外力F随时间t变化的关系。(3)让磁感应强度均匀增加，用导线将a、b端接到一量程合适的电流表上，让ab棒重新由R处向右加速，在金属棒到达MP之前，电流表会有示数吗？简述理由。已知电流表与导轨在同一个平面内。-8-\n【解析】(1)设金属棒到达MP、NQ时的速度分别为v1、v2则由v12=2as，得v1=1.2m/s(2分)由v22=2a(s+x)得v2=2.2m/s(2分)由电磁感应得E=Bdv=Bdv1+v22 (2分)由欧姆定律I=ER=3.4A(2分)(2)因为E=Bdv，I=ER，进入磁场后受安培力F安=BId=B2d2vR (2分)由牛顿第二定律得F-μmg-B2d2vR=ma (2分)又因为v=v1+at (1分)则在进入磁场后F=ma+μmg+B2d2(v1+at)R (1分)代入数据得F=1.68+0.8t(N)其中t≤v2-v1a=0.5s(2分)(3)可以有电流。只要导线、电表、导体棒组成的回路有磁感线穿过，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路磁通量变化，可以产生感应电流。(此时金属棒和电阻R并联成为电路负载) (3分)答案：(1)3.4A (2)F=1.68+0.8t t≤0.5s(3)见解析-8-
