備戰(zhàn)高考物理一輪復(fù)習(xí)之同步練習(xí)45：電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

【備戰(zhàn)高考】物理一輪復(fù)習(xí)之同步練習(xí)電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一、選擇題(本大題共9個小題，共63分，每小題至少有一個選項正確，全部選對的得7分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分)1．(2010·寧波模擬)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：以金屬桿為研究對象，受力如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα－F安＝ma，其中F安＝eq\f(B2L2v,R).當(dāng)a→0時，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，結(jié)合此式分析即得B、C選項正確．答案：BC2．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，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為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，則 ()A．電容器兩端的電壓為零B．電阻兩端的電壓為BLvC．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)解析：當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運動時，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端無電壓，電容器兩極板間電壓U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B錯，C對；MN勻速運動時，因無電流而不受安培力，故拉力為零，D錯．答案：C3．如圖所示的電路中，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計，斜面處在豎直向上的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，電阻可略去不計的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用，金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑，則它在下滑h高度的過程中，以下說法正確的是 ()A．作用在金屬棒上各力的合力做功為零B．重力做功將機械能轉(zhuǎn)化為電能C．重力與恒力F做功的代數(shù)和等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱D．金屬棒克服安培力做功等于重力與恒力F做的總功與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和解析：由于金屬棒勻速下滑，故作用在棒上的各個力的合力做功為零，故A對；克服安培力做功將機械能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯誤；列出動能定理方程WG－WF－W安＝0，變形可得WG－WF＝W安，可知C正確，D錯誤．答案：AC4．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為eq\f(R,2)的導(dǎo)體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當(dāng)擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為 ()\f(Bav,3) \f(Bav,6)\f(2Bav,3) D．Bav解析：擺到豎直位置時，AB切割磁感線的瞬時感應(yīng)電動勢E＝B·2a·(eq\f(1,2)v)＝Bav.由閉合電路歐姆定律，UAB＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))·eq\f(R,4)＝eq\f(1,3)Bav，故選A.答案：A5．如圖所示，光滑的“∏”形金屬導(dǎo)體框豎直放置，質(zhì)量為m的金屬棒MN與框架接觸良好．磁感應(yīng)強度分別為B1B2的有界勻強磁場方向相反，但均垂直于框架平面，分別處在abcd和cdef區(qū)域．現(xiàn)從圖示位置由靜止釋放金屬棒MN，當(dāng)金屬棒進入磁場B1區(qū)域后，恰好做勻速運動．以下說法中正確的有 ()A．若B2＝B1，金屬棒進入B2區(qū)域后將加速下滑B．若B2＝B1，金屬棒進入B2區(qū)域后仍將保持勻速下滑C．若B2<B1，金屬棒進入B2區(qū)域后可能先加速后勻速下滑D．若B2>B1，金屬棒進入B2區(qū)域后可能先減速后勻速下滑解析：若B2＝B1，金屬棒進入B2區(qū)域后，磁場反向，回路電流反向，由左手定則知：安培力并沒有反向，大小也沒有變，故金屬棒進入B2區(qū)域后，mg－eq\f(B12L2v,R)＝0，仍將保持勻速下滑，B對；若B2<B1，金屬棒進入B2區(qū)域后，安培力沒有反向但大小變小，由F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)知，mg－eq\f(B22L2v,R)>0，金屬棒進入B2區(qū)域后可能先加速后勻速下滑，故C也對；同理，若B2>B1，金屬棒進入B2區(qū)域后mg－eq\f(B22L2v,R)<0，可能先減速后勻速下滑，故D也對．答案：BCD6．如圖所示，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((BLv)2,Ra)·eq\f(L,v)Wb＝Qb＝eq\f((B·2Lv)2,Rb)·eq\f(2L,v)由電阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶項正確．答案：A7．如圖所示，有一用鋁板制成的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，懸掛拉力為FT，則 ()A．懸線豎直，F(xiàn)T＝mgB．懸線豎直，F(xiàn)T>mgC．懸線豎直，F(xiàn)T<mgD．無法確定FT的大小和方向解析：設(shè)兩板間的距離為L，由于向左運動的過程中豎直板切割磁感線，產(chǎn)生動生電動勢，由右手定則判斷下板電勢高于上板，動生電動勢大小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，則所受電場力方向向上．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，所以FT＝mg.同理分析可知當(dāng)小球帶負電時，F(xiàn)T＝mg.故無論小球帶什么電，F(xiàn)T＝mg.選項A正確．答案：A8．(2010·揚州模擬)如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在與水平方向夾角為60°的斜向下的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下始終處于靜止狀態(tài)．規(guī)定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力F的正方向，則在0～t1時間內(nèi)，圖中能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流i和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是()解析：由楞次定律可判定回路中的電流方向始終為b→a，由法拉第電磁感應(yīng)定律可判定回路中電流大小恒定，故A、B錯；由F安＝BIL可得F安隨B的變化而變化，在0～t0時間內(nèi)，F(xiàn)安方向向右，故外力F與F安等值反向，方向向左為負值；在t0～t1時間內(nèi)，F(xiàn)安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎?，故C錯誤，D正確．答案：D9．(2009·福建高考)如圖所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.當(dāng)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運動距離l時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g.則此過程 ()A．桿的速度最大值為eq\f((F－μmg)R,B2d2)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(Bdl,R＋r)C．恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量解析：當(dāng)桿的速度達到最大時，安培力F安＝eq\f(B2d2v,R＋r)，桿受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝eq\f((F－μmg)(R＋r),B2d2)，A錯；流過電阻R的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BΔS,R＋r)＝eq\f(Bdl,R＋r)，B對；根據(jù)動能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代數(shù)和等于桿動能的變化量，由于摩擦力做負功，所以恒力F、安培力做功的代數(shù)和大于桿動能的變化量，C錯，D對．答案：BD二、非選擇題(本大題共3個小題，共37分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)10．(11分)如圖甲所示，用粗細均勻的導(dǎo)線制成的一只圓形金屬圈，現(xiàn)被一根絕緣絲線懸掛在豎直平面內(nèi)處于靜止狀態(tài)，已知金屬圈的質(zhì)量為m，半徑為r，導(dǎo)線的電阻率為ρ，截面積為S.金屬圈的上半部分處在一方向垂直圈面向里的有界勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化滿足B＝kt(k為常量)，如圖乙所示．金屬圈下半部分在磁場外．若絲線所能承受的最大拉力FTm＝2mg，求：從t＝0時刻起，經(jīng)過多長時間絲線會被拉斷？解析：設(shè)金屬圈受重力mg、拉力FT和安培力F的作用處于靜止狀態(tài)，則FT＝mg＋F，又F＝2BIr，金屬圈中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)，金屬圈的電阻R＝ρeq\f(2πr,S)，又B＝kt，F(xiàn)Tm＝2mg由以上各式求得t＝eq\f(2mgρ,k2Sr2).答案：eq\f(2mgρ,k2Sr2)11．(12分)(2010·皖南模擬)如圖所示，兩平行長直金屬導(dǎo)軌置于豎直平面內(nèi)，間距為L，導(dǎo)軌上端有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直跨放在導(dǎo)軌上，并擱在支架上，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻不計，接觸良好，且無摩擦．在導(dǎo)軌平面內(nèi)有一矩形區(qū)域的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度為B.開始時導(dǎo)體棒靜止，當(dāng)磁場以速度v勻速向上運動時，導(dǎo)體棒也隨之開始運動，并很快達到恒定的速度，此時導(dǎo)體棒仍處在磁場區(qū)域內(nèi)，試求：(1)導(dǎo)體棒的恒定速度；(2)導(dǎo)體棒以恒定速度運動時，電路中消耗的電功率．解析：(1)設(shè)棒速為v′，有E＝BL(v－v′) ①F安＝BIL＝eq\f(BLE,R)＝eq\f(B2L2(v－v′),R) ②棒受力平衡有：mg＝F安 ③聯(lián)立得：v′＝v－eq\f(mgR,B2L2) ④方向向上(2)P＝eq\f(E2,R) ⑤聯(lián)立①④⑤得：P＝eq\f(m2g2R,B2L2).答案：(1)v－eq\f(mgR,B2L2)向上(2)eq\f(m2g2R,B2L2)12．(14分)(2010·臨沂模擬)在拆裝某種大型電磁設(shè)備的過程中，需將設(shè)備內(nèi)部的處于強磁場中的線圈先閉合，然后再提升直至離開磁場，操作時通過手搖輪軸A和定滑輪O來提升線圈．假設(shè)該線圈可簡化為水平長為L、上下寬度為d的矩形線圈，其匝數(shù)為n，總質(zhì)量為M，總電阻為R.磁場的磁感應(yīng)強度為B，如圖所示．開始時線圈的上邊緣與有界磁場的上邊緣平齊，若轉(zhuǎn)動手搖輪軸A，在時間t內(nèi)把線圈從圖示位置勻速向上拉出磁場．求此過程中：(1)流過線圈中每匝導(dǎo)線橫截面的電荷量是多少?(2)在轉(zhuǎn)動輪軸時，人至少需做多少功？(不考慮摩擦影響)解析：(1)在勻速提升的過程中線圈運動速度v＝eq\f(d,t) ①線圈中感應(yīng)電動勢E＝nBLv