高三物理總復(fù)習同步練習9-3電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精9—3\t"_parent”電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用HYPERLINK”file:///D:\\TDDOWNLOAD\\走向高考\\走向高考·人教實驗版物理\\9—3。ppt"\t”_parent”一、選擇題1．(2011·豫南九校模擬)如下圖，等離子氣流由左方連續(xù)以v0射入P1和P2兩板間的勻強磁場中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接．線圈A內(nèi)有隨圖乙所示的變化磁場．且磁場B的正方向規(guī)定為向左，如圖甲所示，則下列說法正確的是（）A．0～1s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥B．1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥C．2~3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥D．3~4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥[答案]CD［解析］由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b;由右側(cè)電路及圖乙可以判斷，0~2s內(nèi)cd中電流為由c到d，跟ab中電流同向,因此ab、cd相互吸引，選項A、B錯誤；2～4s內(nèi)cd中電流為由d到c，跟ab中電流反向,因此ab、cd相互排斥，選項C、D正確．2．(2011·鄭州模擬）如上圖所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,勻強磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下,金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2∶1。用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd,經(jīng)過足夠長時間以后()A．金屬棒ab、cd都做勻速運動B．金屬棒ab上的電流方向是由b向aC．金屬棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．兩金屬棒間距離保持不變［答案]BC［解析］對兩金屬棒ab、cd進行受力和運動分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運動，且ab棒速度小于cd棒速度,所以兩金屬棒間距離是變大的,由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a,選項A、D錯誤，B正確；以兩金屬棒整體為研究對象有：F＝3ma，隔離cd金屬棒分析：F－F安＝ma，可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安＝eq\f（2,3)F，選項C正確．3。如上圖所示，用鋁板制成U型框，將一質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣細線懸掛在框中,使整體在勻強磁場中沿垂直于磁場方向向左以速度v勻速運動，懸線拉力為FT,則（)A．懸線豎直，F(xiàn)T＝mg B．懸線豎直,FT>mgC．懸線豎直，F(xiàn)T<mg D．無法確定FT的大小和方向［答案]A[解析]設(shè)兩板間的距離為L，由于向左運動過程中U型框的豎直部分切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷下板電勢高于上板，感應(yīng)電動勢大小E＝Blv，即帶電小球處于電勢差為BLv的電場中，所受電場力F電＝qE電＝qeq\f(E，L）＝qeq\f（BLv,L）＝qvB。設(shè)小球帶正電，則電場力方向向上,同時小球所受洛倫茲力F洛＝qvB,方向由左手定則判斷豎直向下，即F電＝F洛,故無論小球帶什么電怎樣運動,FT＝mg，選項A正確．4．（2011·濰坊模擬）兩光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ,底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在上端固定的輕彈簧下端，彈簧處在導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)，并與導(dǎo)軌平行，勁度系數(shù)為k，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，如上圖．除電阻R外其余電阻不計．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則（)A．導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運動時棒中電流方向自左向右B．釋放瞬間，導(dǎo)體棒的加速度為gsinθC．導(dǎo)體棒最終停在初始位置的下方eq\f（mgsinθ,k)處D．整個過程中電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f（m2g2sinθ,k）[答案］BC[解析］由右手定則可判斷導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運動時棒中電流方向自右向左，A錯誤．在釋放瞬間，速度為零，不受安培力的作用,只受到重力和支持力的作用,其合力F合＝mgsinθ＝ma,得a＝gsinθ，B正確；導(dǎo)體棒最終停下時，處于平衡狀態(tài)，合力為零，故有mgsinθ＝kx，得x＝eq\f（mgsinθ,k)，C正確．在運動的過程中，是彈簧的彈性勢能、導(dǎo)體棒的重力勢能和電阻R的內(nèi)能的轉(zhuǎn)化，也就是導(dǎo)體棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和電阻R的內(nèi)能，所以Q＝mgxsinθ－eq\f(1，2）kx2＝eq\f(m2g2sin2θ,2k)，D錯誤．5。如上圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b,以相同的速度從磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外,不考慮線框的動能，若外力對環(huán)做的功分別為Wa、Wb,則Wa∶Wb為（)A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能確定[答案］A［解析］根據(jù)能量守恒可知,外力做的功等于產(chǎn)生的電能，而產(chǎn)生的電能又全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱Wa＝Qa＝eq\f（BLv2，Ra)·eq\f（L，v)Wb＝Qb＝eq\f（B·2Lv2，Rb）·eq\f(2L，v)由電阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A項正確．6．(2011·鄭州模擬)如上圖所示,在水平面內(nèi)固定著U形光滑金屬導(dǎo)軌,軌道間距為50cm，金屬導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為0.1kg,電阻為0。2Ω，橫放在導(dǎo)軌上，電阻R的阻值是0。8Ω（導(dǎo)軌其余部分電阻不計)．現(xiàn)加上豎直向下的磁感應(yīng)強度為0.2T的勻強磁場．用水平向右的恒力F＝0。1N拉動ab，使其從靜止開始運動，則（)A．導(dǎo)體棒ab開始運動后，電阻R中的電流方向是從P流向MB．導(dǎo)體棒ab運動的最大速度為10m/sC．導(dǎo)體棒ab開始運動后,a、b兩點的電勢差逐漸增加到1V后保持不變D．導(dǎo)體棒ab開始運動后任一時刻,F的功率總等于導(dǎo)體棒ab和電阻R的發(fā)熱功率之和[答案]B［解析]由右手定則可判斷電阻R中的感應(yīng)電流方向是從M流向P，A錯；當金屬導(dǎo)體棒受力平衡時,其速度將達到最大值，由F＝BIL，I＝eq\f（Em，R總)＝eq\f（BLvm,R總)可得F＝eq\f（B2L2vm,R總），代入數(shù)據(jù)解得vm＝10m/s，B對；電動勢最大值Em＝1V,a、b兩點的電勢差為路端電壓，最大值小于1V,C錯；在達到最大速度以前，F(xiàn)所做的功一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動能，D錯．7．如下圖所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，質(zhì)量為m、電阻為R的正方形線圈abcd邊長為L（L<d），將線圈在磁場上方高h處由靜止釋放，cd邊剛進入磁場時速度為v0,cd邊剛離開磁場時速度也為v0，則線圈穿越磁場的過程中(從cd邊剛?cè)氪艌鲆恢钡絘b邊剛離開磁場）()A．感應(yīng)電流做功為mglB．感應(yīng)電流做功為2mgdC．線圈的最小速度可能為eq\f(mgR,B2L2）D．線圈的最小速度一定為eq\r（2gh＋L－d）[答案］BCD［解析]根據(jù)cd邊剛進入磁場和cd邊剛離開磁場時速度大小相等，對這一過程應(yīng)用動能定理可得線圈進入磁場的過程克服安培力做功為mgd，出磁場的過程同樣要克服安培力做功mgd，所以總共產(chǎn)生電能2mgd，則感應(yīng)電流做功2mgd，所以A錯誤、B正確;若進入過程中出現(xiàn)勻速運動情況，則安培力與重力相等eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(mg＝\f(B2L2vmin,R))），所以存在最小速度為eq\f（mgR,B2L2）的可能，C正確；對整個過程應(yīng)用動能定理可得D正確．8．(2011·無錫模擬）如上圖所示,在豎直方向的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,金屬框架ABCD固定在水平面內(nèi)，AB與CD平行且足夠長，BC與CD夾角為θ（θ<90°）,金屬框架的電阻為零．光滑導(dǎo)體棒EF(垂直于CD)在外力作用下以垂直于自身的速度v向右勻速運動，導(dǎo)體棒在滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸，經(jīng)過C點瞬間作為計時起點，下列關(guān)于電路中電流大小I與時間t、消耗的電功率P與導(dǎo)體棒水平移動的距離x變化規(guī)律的圖象中正確的是(）［答案]AD[解析]設(shè)導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r0，AB、CD間的距離為L0。當導(dǎo)體棒在BC邊上運動時,從C點開始經(jīng)時間t，導(dǎo)體棒向前移動距離為vt,有效切割長度為L＝vttanθ，則回路的電動勢為E＝BLv＝Bv2ttanθ，則回路中的電流為I＝eq\f（E，R)＝eq\f(Bv2ttanθ，r0vttanθ）＝eq\f(Bv,r0),當導(dǎo)體棒越過BC邊后,其電流I′＝eq\f（E′,R′）＝eq\f(BL0v,r0L0）＝eq\f（Bv，r0)＝恒量，在整個過程中電流為恒量，A正確，B錯；導(dǎo)體棒在BC邊上且距C點x時，在磁場中有效切割長度為L＝xtanθ，則回路的電動勢為E＝BLv＝Bxvtanθ，電動率P＝eq\f(E2，R）＝eq\f（Bxvtanθ2,xr0tanθ）＝eq\f(B2v2xtanθ，r0)，即P∝x,當導(dǎo)體棒越過BC邊后，其電功率P′＝eq\f(E′2,R′)＝eq\f(BL0v2，r0L0)＝eq\f（B2v2L0，r0）＝恒量，C錯，D正確．二、非選擇題9．由于國際空間站的運行軌道上各處的地磁場強弱及方向均有所不同,所以在運行過程中，穿過其外殼的地磁場的磁通量將不斷變化，這樣將會導(dǎo)致________現(xiàn)象發(fā)生，從而消耗國際空間站的能量．為了減少這類消耗，國際空間站的外殼材料的電阻率應(yīng)盡可能________(填“大”或“小”)一些．[答案]電磁感應(yīng)大［解析］電阻率較大，電阻也較大，同樣的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生的電動勢一定，由P＝eq\f（U2，R)可知，電阻較大時,消耗的電功率較小,可以減少能量消耗．10.如上圖，線圈匝數(shù)n＝1000匝，電阻r＝1Ω，橫截面積S＝0.05m2，處于一個均勻變化的磁場中．磁感應(yīng)強度隨時間的變化率eq\f（ΔB，Δt)＝0。02T/s,磁場方向與線圈平面垂直．電阻R1＝3Ω，R2＝1Ω，電容器的電容C＝200μF。由此可知電動勢E＝________V，電容器充電的電量Q＝________C。[答案]11。5×10－4[解析]本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律，含容電路的分析．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，電動勢E＝neq\f(Δφ,Δt)＝1000×0。02×0.05V＝1V，電容器兩端的電壓為R1兩端的電壓，UC＝U1＝eq\f(3，4）V，因此電容器的帶電量為Q＝CU＝200×10－6×0.75C＝1。5×10－4C11．（2011·內(nèi)江一模)如上圖所示,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置,一勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端M與P間連接阻值為R＝0。40Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0。01kg、電阻為r＝0。30Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，其下滑距離與時間的關(guān)系如下表所示，導(dǎo)軌電阻不計,重力加速度g取10m/s2.試求:時間t(s）00。10。20。30。40.50.60。7下滑距離s(m）00。10.30。71.42.12。83.5（1)當t＝0.7s時,重力對金屬棒ab做功的功率；（2)金屬棒ab在開始運動的0。7s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量；（3)從開始運動到t＝0。4s的時間內(nèi)，通過金屬棒ab的電荷量．[答案]（1)0.7W（2）0。06J(3）0。2C[解析］（1)由表格中數(shù)據(jù)可知：金屬棒ab先做加速度減小的加速運動，最后以7m/s勻速下落PG＝mgv＝0.01×10×7W＝0.7W（2）根據(jù)動能定理：WG＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f（1,2）mveq\o\al(2，0)W安＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，t）－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0）－mgh＝eq\f（1,2)×0。01×72J－0.01×10×3。5J＝－0.105JQR＝eq\f(R，R＋r）|W安｜＝eq\f(4,7）×0.105J＝0.06J（3)當金屬棒ab勻速下落時,G＝F安,則mg＝BIL＝eq\f（B2L2v,R＋r）解得：BL＝eq\r(m）電荷量q＝It＝eq\f（ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLs,R＋r）＝0.2C.12．（2011·天津）如上圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l＝0。5m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m＝0。02kg，電阻均為R＝0.1Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝0。2T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下,沿導(dǎo)軌向上勻速運動,而棒cd恰好能夠保持靜止．取g＝10m/s2，問（1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？（2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每產(chǎn)生Q＝0。1J的熱量,力F做的功W是多少？［答案](1）1A方向由d到c(2）0.2N(3）0.4J［解析]（1)棒cd受安培力Fcd＝IlB①棒cd在共點力的作用下平衡，則Fcd＝mgsin30°②由①②式,代入數(shù)據(jù)得:I＝1A據(jù)楞次定律可知，棒ab中電流方向由a到b,所以棒cd中電流方向由d到c。(2）棒ab與棒cd受安培力大小相等Fab＝Fcd④對棒ab,由共點力平衡知F＝mgsin30°＋IlB⑤代入數(shù)據(jù)解得F＝0。2N⑥（3)設(shè)棒cd產(chǎn)生Q＝0.1J熱量的時間為t,由焦耳定律知Q＝I2Rt⑦設(shè)棒ab勻速運動的速度大小為v,則產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv⑧據(jù)閉合電路歐姆定律知I＝eq\f（E,2R)⑨由運動學(xué)公式知在時間t內(nèi)，棒ab的位移x＝vt⑩力F做的功W＝Fx