【立體設(shè)計】2012高考物理 第9章 第3講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用課后限時作業(yè) 新人教版

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1、 【立體設(shè)計】2012高考生物理 第9章 第3講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用課后限時作業(yè) 新人教版 一、選擇題(每小題5分，共40分) 1．如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運動，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動時(　　) A．電容器兩端的電壓為零 B．電阻兩端的電壓為BLv C．電容器所帶電荷量為CBLv D．為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為 【解析】　當(dāng)導(dǎo)線MN勻速

2、向右運動時，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，穩(wěn)定后，對電容器不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，C正確；因勻速運動后MN所受合力為0，且此時無電流，故不受安培力即無需拉力便可做勻速運動，D錯． 【答案】　C 2．如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，線圈開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進(jìn)入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強(qiáng)磁場過程中發(fā)出的焦耳熱為(　　) A．2mgL　　　　　　　　　　　　　　　　　B．2mgL＋m

3、gH C．2mgL＋mgH 　　　　　　　　　　 D．2mgL＋mgH 【解析】　設(shè)剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，剛穿出磁場時的速度v2＝. 線框自開始進(jìn)入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意 mv＝mgH，mv＋mg·2L＝mv＋Q. 聯(lián)立各式得Q＝2mgL＋mgH.C選項正確． 【答案】　C 3．如圖甲所示，abcd為用導(dǎo)體做成的框架，其所在平面與水平面成θ角，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN與ab、cd接觸良好，回路的電阻為R，整個裝置放于垂直框架平面的變化的磁場中，t=0時磁場方向向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示，MN始終靜止.則在0t2時間段內(nèi)，下面的分析正確的是

4、 （ ） A.t1時刻回路中的感應(yīng)電流為零 B.t1時刻MN受到的安培力為零 C.MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間均勻變化 D.MN受到的安培力隨時間均勻變化 【解析】 本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象及磁場對電流的作用的知識.分析時要首先判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量的變化率的情況,然后再結(jié)合產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件和安培力公式進(jìn)行分析.由圖可知,t1時刻,磁通量的變化率不為0,所以仍然發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象,回路中有感應(yīng)電流存在,A選項錯誤;但此時磁感應(yīng)強(qiáng)度為0,所以MN不受安培力的作用,B選項正確;0t2時間

5、內(nèi),磁通量的變化率不變,感應(yīng)電動勢不變,感應(yīng)電流大小不變,C選項錯誤;由于磁感應(yīng)強(qiáng)度B是均勻變化的,由F=BIL可知,安培力隨時間均勻變化,D選項正確. 【答案】B、D 4.如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過粗金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化時，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為 ( ) A.E　　　　　　　　　　　　　　　　　　B.E　　　 C.E　　　　　　　　　　　　　　　　　　D．E 【答案】

6、　C 5．在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t如圖乙變化時，圖丙中正確表示線圈中感應(yīng)電動勢E變化的是(　　) 【解析】　由圖乙可知，在0～1 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，穿過線圈的磁通量均勻增大，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生恒定電流，其方向與正方向一致；1～3 s內(nèi)，穿過線圈的磁通量不變，感應(yīng)電動勢為0；在3～5 s內(nèi)，線圈中的磁通量均勻減小，由楞次定律可知線圈中產(chǎn)生恒定電流，其方向與正方向相反．由圖乙可知0～1 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率是3～5 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率的2倍，故產(chǎn)生的電動勢為其2

7、倍．故A選項正確． 【答案】　A 6.如圖所示，線圈內(nèi)有理想邊界的磁場，開關(guān)閉合，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，若線圈的匝數(shù)為n,平行板電容器的板間距離為d,粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，線圈面積為S,則下列判斷中正確的是（ ） A.帶電微粒帶負(fù)電 B.線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為 C.當(dāng)下極板向上移動時，帶電微粒將向上運動 D.當(dāng)開關(guān)斷開時帶電微粒將做自由落體運動 【解析】由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，由楞次定律及右手定則可知電容器下極板帶正電，帶電微粒靜止，說明其受到的電場力向上，故帶電微粒帶正電，選項A錯誤；由mg=及U==可得：=,

8、選項B正確；當(dāng)下極板向上移動時，兩極板間距減小，由E=可知場強(qiáng)變大，則mg<,故帶電微粒將向上加速運動，選項C正確；開關(guān)斷開時，電容器兩極板間電壓不變，故帶電微粒仍靜止，選項D錯誤. 【答案】B、C 7.如圖所示，在兩平行光滑導(dǎo)體桿上，垂直放置兩導(dǎo)體ab、cd，其電阻分別為R1、R2，且R1F2，Uab

9、　　　　　　　 D．F1＝F2，Uab

10、，磁場方向垂直于線圈平面．磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律是B＝(6－0.2t) T．已知電路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，電容C＝30 μF，線圈A的電阻不計，求： (1)閉合S后，通過R2的電流大小及方向． (2)閉合S一段時間后，再斷開S，S斷開后通過R2的電荷量． 【解析】　(1)由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化， 根據(jù)B＝(6－0.2t) T，可知＝0.2 T/s， 所以線圈中感應(yīng)電動勢的大小為 E＝n＝nS·＝100×0.2×0.2 V＝4 V. 通過R2的電流強(qiáng)度為I＝＝ A＝0.4 A. 由楞次定律可知通過R2的電流的方向由上而下． (2)閉合S一段時間后，電容器

11、被充上一定的電荷量，此時其電壓 U＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 V. 再斷開S，電容器將放電，通過R2的電荷量就是C原來所帶的電荷量： Q＝CU＝30×10－6×2.4 C＝7.2×10－5 C. 【答案】　(1)0.4 A　自上而下　(2)7.2×10－5 C 10．(15分)如圖所示，將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場時的速度剛好是進(jìn)入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進(jìn)入磁場．整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力F阻且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動．求

12、： (1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場時的速度v2； (2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1； (3)線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q. 【解析】　由線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場可知，線框所受合力為零，由力的平衡知識可列力的平衡方程，其中安培力的表達(dá)式中含有v2，可解得，由線框離開磁場上升的過程和下落的過程，可根據(jù)動能定理列式求得離開磁場時的速度v1，線框在上升階段通過磁場過程中，重力、阻力、安培力做功，其中產(chǎn)生的焦耳熱Q為安培力做的負(fù)功值，由能量守恒可求得Q. (1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場瞬間 mg＝F阻＋，解得v2＝. (2)線框從離開磁場至上升到最高點的過

13、程 (mg＋F阻)h＝mv. 線框從最高點回落至進(jìn)入磁場瞬間 (mg－F阻)h＝mv. 聯(lián)立解得v1＝v2＝. (3)線框在向上通過磁場過程中 mv－mv＝Q＋(mg＋F阻)(a＋b)，v0＝2v1. Q＝m[(mg)2－F]－(mg＋F阻)(a＋b)． 【答案】　(1)　(2) (3)m[(mg)2－F]－(mg＋F阻)(a＋b) 11．(14分)如圖所示，兩足夠長平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角α＝30°，導(dǎo)軌電阻不計．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，兩根長為L的完全相同的金屬棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好

14、，每根棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R.現(xiàn)對ab施加平行導(dǎo)軌向上的恒力F，當(dāng)ab向上做勻速直線運動時，cd保持靜止?fàn)顟B(tài)． (1)求力F的大小及ab運動速度v的大?。? (2)若施加在ab上的力的大小突然變?yōu)?mg，方向不變，則當(dāng)兩棒運動的加速度剛好相同時回路中的電流強(qiáng)度I和電功率P分別為多大？ 【解析】　(1)ab棒所受合外力為零，F(xiàn)－Fab－mgsinα＝0.cd棒所受合外力為零， Fcd－mgsinα＝0. ab、cd棒所受安培力，F(xiàn)ab＝Fcd＝BIL＝BL. 聯(lián)立解得F＝mg， v＝. (2)對ab棒，根據(jù)牛頓第二定律，得 F－BIL－mgsinα＝ma1. 對cd棒，

15、根據(jù)牛頓第二定律，得BIL－mgsinα＝ma2. 根據(jù)題意可知，兩棒加速度相等，即a1＝a2. 聯(lián)立以上各式得I＝， P＝2I2R＝. 【答案】　(1)mg　　(2)　 12．(17分)如圖甲所示，空間存在B＝0.5 T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導(dǎo)軌，間距L＝0.2 m，R是連接在導(dǎo)軌一端的電阻，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m＝0.1 kg的導(dǎo)體棒．從零時刻開始，通過一小型電動機(jī)對ab棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運動，此過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．圖乙是棒的v-t圖象，其中OA段是直線，AC是曲線

16、，DE是曲線圖象的漸近線，小型電動機(jī)在12 s末達(dá)到額定功率P＝4.5 W，此后保持功率不變．除R外，其余部分電阻均不計，取g＝10 m/s2. (1)求導(dǎo)體棒ab在0～12 s內(nèi)的加速度大?。? (2)求導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)及電阻R的值． (3)若t＝17 s時導(dǎo)體棒ab達(dá)最大速度，且0～17 s內(nèi)共發(fā)生位移100 m，試求12～17 s內(nèi)R上產(chǎn)生的熱量． 【解析】　抓住12 s和17 s兩個時刻導(dǎo)體棒的運動學(xué)特征和動力學(xué)特征，即12 s時導(dǎo)體棒速度已知(可以從圖象上讀出)，加速度已知(可由斜率求出)，而且此時電動機(jī)已達(dá)額定功率；17 s時導(dǎo)體棒勻速運動，加速度為零．把握

17、住這兩個狀態(tài)，列方程求解． (1)由圖象知12 s末導(dǎo)體棒ab的速度為v1＝9 m/s，在0～12 s內(nèi)的加速度大小為a＝＝ m/s2＝0.75 m/s2. (2)t1＝12 s時，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電動勢為E＝BLv1，感應(yīng)電流I＝， 導(dǎo)體棒受到的安培力F1＝BIL， 即F1＝. 同理，F(xiàn)2＝. 當(dāng)t＝12 s時，F(xiàn)1′＝＝ N＝0.5 N； 當(dāng)t＝17 s時，F(xiàn)2′＝＝ N＝0.45 N. F1′－μmg－＝ma，F(xiàn)2′－μmg－＝0. 解得μ＝0.2，R＝0.4 Ω. (3)0～12 s內(nèi)，導(dǎo)體棒勻加速運動的位移 s1＝t1＝54 m. 12～17 s內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移s2＝100 m－54 m＝46 m. 由能量守恒：Q＝Pt2－(mv－mv)－μmgs2. 代入數(shù)據(jù)解得Q＝12.35 J. 【答案】　(1)0.75 m/s2　(2)0.2　0.4 Ω　(3)12.35 J 用心 愛心 專心