高考物理二輪作業(yè)手冊 第9講 電磁感應(yīng)

專題限時集訓(九)[第9講電磁感應(yīng)](時間：40分鐘)1．如圖9－1甲所示，固定導線MN和矩形線框abcd共面．當MN通以如圖乙所示的電流(NM方向為電流正方向)，在0～T時間內(nèi)，下列說法正確的是()甲乙圖9－1A．線框感應(yīng)電流方向沿abcdaB．線框感應(yīng)電流方向先沿abcda，后沿adcbaC．a(chǎn)b邊始終不受力的作用D．bc邊所受安培力先向右后向左圖9－22．如圖9－2所示，在平行于水平地面的勻強磁場上方有三個線圈，從相同的高度由靜止開始釋放，三個線圈都是用相同的金屬材料制成的邊長一樣的矩形，A、B線圈閉合，但A線圈的導線比B線圈的導線粗，C線圈有一個缺口．則A、B、C線圈進入磁場瞬間加速度大小關(guān)系是()A．a(chǎn)A＝aB＝aCB．a(chǎn)A>aB＝aCC．a(chǎn)A>aB>aCD．a(chǎn)A＝aB<aC圖9－33．如圖9－3所示，圓環(huán)形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是()A.線圈a中將產(chǎn)生俯視順時針方向的感應(yīng)電流B.穿過線圈a的磁通量變小C.線圈a有擴張的趨勢D.線圈a對水平桌面的壓力FN將增大圖9－44．如圖9－4所示，D1、D2是兩只相同的燈泡，L是自感系數(shù)很大的線圈，其直流電阻與R的阻值相同．關(guān)于燈泡發(fā)光情況正確的是()A．當S1接a時，閉合S，D1將逐漸變亮B．當S1接a時，閉合S，待電路穩(wěn)定后再斷開，D1先變得更亮，然后漸漸變暗C．當S1接b時，閉合S,D2將漸漸變亮D．當S1接b時，閉合S，待電路穩(wěn)定后再斷開，D2先變得更亮，然后漸漸變暗圖9－55．如圖9－5所示，在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向里．矩形線框abcd從t＝0時刻起由靜止開始沿x軸正方向做勻加速運動，則線框中的感應(yīng)電流I(取逆時針方向的電流為正)隨時間t的變化圖線是()圖9－6圖9－76．如圖9－7所示，足夠長金屬導軌豎直放置，金屬棒ab、cd均通過棒兩端的環(huán)套在金屬導軌上．虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，虛線下方有豎直向下的勻強磁場．a(chǎn)b、cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為μ，兩棒總電阻為R，導軌電阻不計．開始兩棒均靜止在圖示位置．當cd棒無初速釋放時，對ab棒施加豎直向上的力F，沿導軌向上做勻加速運動．則()A．a(chǎn)b棒中的電流方向由b到aB．cd棒先加速運動后勻速運動C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D．力F做的功等于兩金屬棒產(chǎn)生的電熱與增加的機械能之和圖9－87．如圖9－8所示，兩個垂直紙面的勻強磁場方向相反，磁感應(yīng)強度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為2a，一個直徑為2a的導線圓環(huán)從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩個磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，則感應(yīng)電流I與導線圓環(huán)移動距離x的關(guān)系圖像正確的是()圖9－9圖9－108．如圖9－10所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌，與水平面的夾角為θ，導軌上固定有質(zhì)量為m、電阻為R的兩根相同的導體棒，導體棒MN上方軌道粗糙下方軌道光滑，整個空間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.將兩根導體棒同時釋放后，觀察到導體棒MN下滑而EF保持靜止，當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好到達最大靜摩擦力，下列敘述正確的是()A．導體棒MN的最大速度為eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B．導體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsinθC．導體棒MN受到的最大安培力為mgsinθD．導體棒MN所受重力的最大功率為eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)9．如圖9－11所示，位于水平面內(nèi)間距為L的光滑平行導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面，導軌左端用導線相連，一質(zhì)量為m、長為L的直導體棒兩端放在導軌上，并與之接觸良好．已知導軌單位長度的電阻為r，導線和導體棒的電阻均忽略不計．從t＝0時刻起，導體棒在平行于導軌的拉力作用下，從導軌最左端由靜止做加速度為a的勻加速運動，求：(1)t時刻導體棒中的電流I和此時回路的電功率P；(2)t時間內(nèi)拉力做的功．圖9－1110．如圖9－12甲所示，斜面傾角為37°，一寬為d＝0.43m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行．在斜面上由靜止釋放一長方形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行．取斜面底部為零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移x之間的關(guān)系如圖乙所示，圖中①、②均為直線段．已知線框的質(zhì)量為m＝0.1kg，電阻為R＝0.06Ω，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°(1)求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ.(2)求金屬線框剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間t.(3)求金屬線框穿越磁場的過程中，線框中產(chǎn)生電熱的最大功率Pm.(4)請在圖丙中定性地畫出：在金屬線框從開始運動到完全穿出磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流I的大小隨時間t變化的圖像．甲乙丙圖9－12

專題限時集訓(九)1．AD[解析]在0～eq\f(T,2)內(nèi)，MN中的電流向上減小，周圍的磁場減弱，磁通量減小，感應(yīng)電流的磁場阻礙它的減弱，由安培定則判斷知，感應(yīng)電流的方向是abcda，在eq\f(T,2)～T內(nèi)，MN中的電流向下增強，磁通量增大，感應(yīng)電流的磁場阻礙它的增大，由安培定則判斷知，感應(yīng)電流的方向也是abcda，A對，B錯；線框的各邊均受到安培力，C錯；通過bc邊的電流總是向下，但它所在區(qū)域的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，由左手定則判斷，bc邊所受安培力先向右后向左，D對．2．D[解析]C上有缺口，進入磁場不受安培力，故加速度為g，A、B線圈進入磁場過程中，受到安培力和重力，有mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，且m＝ρ·4LS，R＝ρ′eq\f(4L,S)，得a＝g－eq\f(B2v,16ρ′ρ)，A、B線圈加速度一樣，選項D正確．3．D[解析]若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，螺線管b中的電流增大，穿過線圈a的磁通量變大，根據(jù)楞次定律，線圈a中產(chǎn)生俯視逆時針方向的感應(yīng)電流，線圈a有縮小的趨勢，線圈a對水平桌面的壓力FN將增大，選項D正確．4．AD[解析]當S1接a時，閉合S，L通電自感，D1將逐漸變亮，待電路穩(wěn)定后再斷開，D1漸漸變暗，選項A正確，選項B錯誤；當S1接b時，閉合S，D2將立即變亮，待電路穩(wěn)定后再斷開，L斷電自感產(chǎn)生自感電動勢，D2先變得更亮，然后漸漸變暗，選項C錯誤，選項D正確．5．D[解析]線框由靜止開始做勻加速運動，說明速度與時間成正比，即v＝at，而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，感應(yīng)電流也將隨時間而均勻增加，由右手定則可判斷感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向，故D正確．6．A[解析]根據(jù)右手定則可判斷出ab棒中電流方向由b到a，選項A正確；由左手定則可判斷出cd棒受到的安培力垂直導軌平面向里，由于ab棒做勻加速運動，回路中的感應(yīng)電流逐漸增大，cd棒受到的安培力逐漸增大，故cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動，cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力，選項B、C錯誤；對ab棒分析，由動能定理可知WF－WG－W安＝eq\f(1,2)mv2，故力F做的功等于ab棒產(chǎn)生的電熱與增加的機械能之和，選項D錯誤．7．C8．AC[解析]由題意可知，導體棒MN切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，回路中的電流I＝eq\f(E,2R)，MN受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，故MN沿斜面做加速度減小的加速運動，當MN受到的安培力等于其重力沿斜面方向的分力時，速度達到最大值，此后MN做勻速運動．故導體棒MN受到的最大安培力為mgsinθ，導體棒MN的最大速度為eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，選項A、C正確．由于當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好到達最大靜摩擦力，由力的平衡知識可知EF與軌道之間的最大靜摩擦力為2mgsinθ，選項B錯誤．由P＝mgvsinθ可知導體棒MN所受重力的最大功率為eq\f(2m2g2Rsin2θ,B2L2)，選項D錯誤．9．(1)I＝eq\f(BL,rt)，P＝eq\f(B2L2a,r)(2)WF＝eq\f(B2L2at,r)＋eq\f(1,2)ma2t2[解析](1)導體棒由靜止開始做勻加速直線運動．在t時刻的速度v＝at位移x＝eq\f(1,2)at2導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv由閉合電路歐姆定律知，導體棒中電流I為I＝eq\f(E,R)其中R＝2xr聯(lián)立以上各式有I＝eq\f(BL,rt)此時回路的電功率P＝I2R解得P＝eq\f(B2L2a,r).(2)對導體棒，在t時間內(nèi)應(yīng)用動能定理，有WF－W安＝eq\f(1,2)mv2其中安培力做的功W安＝Pt＝eq\f(B2L2at,r)故t時間內(nèi)拉力做的功WF＝eq\f(B2L2at,r)＋eq\f(1,2)ma2t2.10．(1)0.5(2)0.125s(3)0.43W(4)如圖所示

[解析](1)對圖線①，由功能關(guān)系，有μmgx1cosθ＝E1－E2解得μ＝eq\f(E1－E2,mgx1cosθ)＝0.5.(2)金屬線框進入磁場前，由牛頓第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2由運動學公式veq\o\al(2,1)＝2ax1則線框恰進入磁場的速度v1＝1.2m金屬線框進入磁場后，減少的機械能等于克服安培力和摩擦力所做的功，機械能均勻減少，因此安培力為恒力，線框做勻速運動，則mgsinθ＝FA＋μmgcosθ由功能關(guān)系，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FA＋μmgcosθ))·x2＝E2－E3解得x2＝0.15剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間t＝eq\f(x2,v1)＝0.125s.(3)線框出磁場時速度最大，線框內(nèi)熱功率最大．Pm＝I2R＝eq\f(B2L2veq\o\al