高考物理總復習 第九章 第3講 專題 電磁感應規(guī)律的綜合應用 新人教版

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1、高考物理總復習 第九章 第3講 專題 電磁感應規(guī)律的綜合應用 新人教版 1．閉合回路由電阻R與導線組成，其內部磁場大小按Bt圖變化，方向如圖1所示，則回路中 (　　)． 圖1 A．電流方向為順時針方向 B．電流強度越來越大 C．磁通量的變化率恒定不變 D．產生的感應電動勢越來越大 解析　由楞次定律可以判斷電流方向為順時針方向，A項正確；由法拉第電磁感應定律E＝N可得，E＝NS，由圖可知是恒量，所以電動勢恒定，D項錯誤；根據(jù)歐姆定律，電路中電流是不變的，B項錯誤；由于磁場均勻增加，線圈面積不變所以磁通量的變化率恒定不變，C項正確． 答案　AC

2、 2．水平放置的金屬框架cdef處于如圖2所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且接觸良好，從某時刻開始，磁感應強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則 (　　)． 圖2 A．ab中電流增大，ab棒所受摩擦力增大 B．ab中電流不變，ab棒所受摩擦力不變 C．ab中電流不變，ab棒所受摩擦力增大 D．ab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變 解析　由法拉第電磁感應定律E＝＝S知，磁感應強度均勻增大，則ab中感應電動勢和電流不變，由Ff＝F安＝BIL知摩擦力增大，選項C正確． 答案　C 3．如圖3所示，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應強度方向水平，且垂直于紙面

3、向里，磁場上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平．線圈從水平面a開始下落．已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離．若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則 (　　)． 圖3 A．Fd>Fc>Fb B．FcFb>Fd D．Fcvb，當線圈

4、在進入和離開磁場時，穿過線圈的磁通量變化，線圈中產生感應電流，受磁場力作用，其大小為：F＝BIl＝Bl＝，因vd>vb，所以Fd>Fb>Fc，選項D正確． 答案　D 4．如圖4所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導軌，置于磁感應強度為B，方向垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻．一根與導軌接觸良好、有效阻值為的金屬導線ab垂直導軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則(不計導軌電阻)(　　)． 圖4 A．通過電阻R的電流方向為P→R→M B．a、b兩點間的電壓為BLv C．a端電勢比b端高 D．外力F做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱 解

5、析　由右手定則可知通過金屬導線的電流由b到a，即通過電阻R的電流方向為M→R→P，A錯誤；金屬導線產生的電動勢為BLv，而a、b兩點間的電壓為等效電路路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點間電壓為BLv，B錯誤；金屬導線可等效為電源，在電源內部，電流從低電勢流向高電勢，所以a端電勢高于b端電勢，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，外力做功等于電阻R和金屬導線產生的焦耳熱之和，D錯誤． 答案　C 5．一空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，兩條電阻不計的平行光滑導軌豎直放置在磁場內，如圖5所示，磁感應強度B＝0.5 T，導體棒ab、cd長度均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重力均為0.1 N，現(xiàn)

6、用力向上拉動導體棒ab，使之勻速上升(導體棒ab、cd與導軌接觸良好)，此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是 (　　)． 圖5 A．ab受到的拉力大小為2 N B．ab向上運動的速度為2 m/s C．在2 s內，拉力做功，有0.4 J的機械能轉化為電能 D．在2 s內，拉力做功為0.6 J 解析　對導體棒cd分析：mg＝BIl＝，得v＝2 m/s，故B選項正確；對導體棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，選項A錯誤；在2 s內拉力做功轉化的電能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4 J，選項C正確；在2 s內拉力做的功為Fvt＝0.8 J

7、，選項D錯誤． 答案　BC 6．粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框原先整個置于有界勻強磁場內，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行，現(xiàn)使線框沿四個不同方向以相同速率v勻速平移出磁場，如圖6所示，線框移出磁場的整個過程(　　) 圖6 A．四種情況下ab兩端的電勢差都相同 B．①圖中流過線框的電荷量與v的大小無關 C．②圖中線框的電功率與v的大小成正比 D．③圖中磁場力對線框做的功與v2成正比 解析 由法拉第電磁感應定律E＝ΔΦ/Δt，閉合電路歐姆定律I＝E/R，電流定義式I＝q/Δt可得q＝ΔΦ/R，線框沿四個不同方向移出磁場，流過線框的電荷量與v的大小無關，選項

8、B正確．四種情況下ab兩端的電勢差不相同，選項A錯誤．②圖中線框的電功率P＝E2/R，E＝BLv，P與v的二次方大小成正比，選項C錯誤；③圖中磁場力F＝BIL，I＝E/R，E＝BLv，磁場力對線框做功W＝FL，磁場力對線框做的功與v成正比，選項D錯誤． 答案 B 7．如圖7甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1L2之間、L3L4之間存在勻強磁場，大小均為1 T，方向垂直于虛線所在平面．現(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cd＝L＝0.5 m，質量為0.1 kg，電阻為2 Ω，將其從圖示位置靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd

9、邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向．(重力加速度g取10 m/s2)則 (　　)． 圖7 A．在0～t1時間內，通過線圈的電荷量為0.25 C B．線圈勻速運動的速度大小為8 m/s C．線圈的長度為1 m D．0～t3時間內，線圈產生的熱量為4.2 J 解析　t2～t3時間ab在L3L4內勻速直線運動，而E＝BLv2，F(xiàn)＝BL，F(xiàn)＝mg解得：v2＝＝8 m/s，選項B正確．從cd邊出L2到ab邊剛進入L3一直是勻加速，因而ab剛進磁場時，cd也應剛進磁場，設

10、磁場寬度是d，有：3d＝v2t－gt2，得：d＝1 m，有：ad＝2d＝2 m，選項C錯誤，在0～t3時間內由能量守恒得：Q＝mg·5d－mv＝1.8 J，選項D錯誤.0～t1時間內，通過線圈的電荷量為q＝＝＝0.25 C，選項A正確． 答案　AB 8．如圖8甲所示，水平面上固定一個間距L＝1 m的光滑平行金屬導軌，整個導軌處在豎直方向的磁感應強度B＝1 T的勻強磁場中，導軌一端接阻值R＝9 Ω的電阻．導軌上有質量m＝1 kg、電阻r＝1 Ω、長度也為1 m的導體棒，在外力的作用下從t＝0開始沿平行導軌方向運動，其速度隨時間的變化規(guī)律是v＝2，不計導軌電阻．求： (1)t＝4 s時導體棒

11、受到的安培力的大??； (2)請在如圖乙所示的坐標系中畫出電流平方與時間的關系(I2t)圖象． 圖8 解析　(1)4 s時導體棒的速度v＝2＝4 m/s 感應電動勢E＝BLv 感應電流I＝ 此時導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4 N (2)由(1)可得I2＝2＝42t＝0.04t 作出圖象如圖所示． 答案　(1)0.4 N　(2)見解析圖 9．如圖9所示，寬度為L的金屬框架豎直固定在絕緣地面上，框架的上端接有一個電子元件，其阻值與其兩端所加的電壓成正比，即R＝kU，式中k為已知常數(shù)．框架上有一質量為m，離地高為h的金屬棒，金屬棒與框架始終接觸良好無摩擦，且保持水平

12、．磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于框架平面向里．將金屬棒由靜止釋放，棒沿框架向下運動，不計金屬棒及導軌的電阻．重力加速度為g.求： 圖9 (1)金屬棒運動過程中，流過棒的電流的大小和方向； (2)金屬棒落到地面時的速度大?。? (3)金屬棒從釋放到落地過程中通過電子元件的電荷量． 解析　(1)流過電子元件的電流大小為I＝＝，由串聯(lián)電路特點知流過棒的電流大小也為，由右手定則判定流過棒的電流方向為水平向右(或從a→b) (2)在運動過程中金屬棒受到的安培力為F安＝BIL＝ 對金屬棒運用牛頓第二定律有mg－F安＝ma 得a＝g－恒定，故金屬棒做勻加速直線運動 根據(jù)v2＝2ax，

13、得v＝ (3)設金屬棒經(jīng)過時間t落地，有h＝at2 解得t＝ ＝ 故有q＝I·t＝ 答案　(1)　水平向右(或從a→b)　(2) (3) 10．如圖10所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s＝1.15 m，兩導軌間距L＝0.75 m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的電阻，磁感應強度B＝0.8 T的勻強磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，質量m＝0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Q1＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求： 圖10 (1)金屬棒在此過程中克服安培力

14、的功W安； (2)金屬棒下滑速度v＝2 m/s時的加速度a. (3)為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學解答如下：由動能定理，W重－W安＝mv，…….由此所得結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答． 解析　(1)下滑過程中安培力的功即為在電阻上產生的焦耳熱，由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3 J 故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J (2)金屬棒下滑時受重力和安培力F安＝BIL＝v 由牛頓第二定律mgsin 30°－v＝ma 所以a＝g sin 30°－v ＝m/s2 ＝3.2 m/s2 (3)此解法正確． 金屬棒下滑時受重力和安培力作用，其運動滿足 mgsin 30°－v＝ma 上式表明，加速度隨速度增加而減小，棒做加速度減小的加速運動．無論最終是否達到勻速，當棒到達斜面底端時速度一定為最大．由動能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確． mgs sin 30°－Q＝mv 得vm＝ ＝ m/s ＝2.74 m/s 答案　(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)見解析