2014届高三物理一轮复习电磁感应规律的综合应用练习案

12014届高三物理一轮复习电磁感应规律的综合应用练习案一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2012·西安模拟)某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图9－3－16甲、乙、丙、丁所示，关于回路中产生的感应电动势，下列判断正确的是()甲乙丙丁图9－3－16A．图甲回路中，感应电动势不断增大B．图乙回路中，感应电动势恒定不变C．图丙回路中，0～t1时间内的感应电动势小于t1～t2时间内的感应电动势D．图丁回路中，感应电动势先变小，再变大2.图9－3－17如图9－3－17所示，abcd是金属导线做成的长方形线框，MN是可以在ab、cd上滑动并能保持与ab、cd良好接触的金属棒，除导体棒MN和线框ab边外其余电阻均不计，整个线框均处在与框面垂直的匀强磁场中，当MN由靠近ac边处向bd边匀速滑动的过程中，下列说法正确的是()A．MN中的电流大小不变B．MN中的电流先增大后减小C．MN中的电流先减小后增大D．MN两端的电势差先减小后增大3.图9－3－182(2012·福州调研)如图9－3－18所示，均匀的金属长方形线框从匀强磁场中拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电机构，线框向右运动时总是与两边良好接触，线框的长为a，宽为b，磁感应强度为B，一理想电压表跨接在A、B两导电机构上，当线框在恒定外力F作用下向右运动的过程中(线框离开磁场前已做匀速运动)，关于线框及电压表，下列说法正确的是()A．线框先做匀加速运动，后做匀速运动B．电压表的读数先增大后不变C．电压表的读数一直不变D．回路的电功率先增大后不变4.图9－3－19(2012·济南模拟)如图9－3－19所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd，其边长为l、质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ，虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为()A.12mv20＋μmglB.12mv20－μmglC.12mv20＋2μmglD.12mv20－2μmgl5.图9－3－20如图9－3－20所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向分别以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中()A．导体框所受安培力方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电压相同3D．通过导体框截面的电荷量相同6．(2012·深圳实验学校模拟)如图9－3－21所示，金属棒AB垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒AB和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻R，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以水平向右的恒力F拉着棒AB向右移动，t秒末棒AB的速度为v，移动距离为x，且在t秒内速度大小一直在变化，则下列判断正确的是()图9－3－21A．t秒内AB棒所受安培力方向水平向左且逐渐增大B．t秒内AB棒做加速度逐渐减小的加速运动C．t秒内AB棒做匀加速直线运动D．t秒末外力F做功的功率为2Fxt7.图9－3－22(2013届西安一中模拟)如图9－3－22所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B增大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变大，vm将变大8.图9－3－23如图9－3－23所示，两光滑平行金属导轨的间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且4与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计，现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时()A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BLvC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR9．(2012·银川模拟)如图9－3－24甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图9－3－24乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连．若金属框的电阻为R2，则下列说法错误的是()甲乙图9－3－24A．流过电阻R的感应电流由a到bB．线框cd边受到的安培力方向向下C．感应电动势大小为2B0St0D．ab间电压大小为2B0S3t010.图9－3－25两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接，如图9－3－25所示，两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是()A．磁感应强度B竖直向上且正增强，ΔΦΔt＝dmgnq5B．磁感应强度B竖直向下且正增强，ΔΦΔt＝dmgnqC．磁感应强度B竖直向上且正减弱，ΔΦΔt＝dmgR＋rnqRD．磁感应强度B竖直向下且正减弱，ΔΦΔt＝dmgrR＋rnq二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(15分)两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图9－3－26所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为x的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：图9－3－26(1)ab运动速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.12．(15分)(2012·咸阳模拟)如图9－3－27甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R＝2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL＝4Ω的小灯泡L连接．在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l＝2m，有一阻值r＝2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图9－3－27乙所示．在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化．求：甲乙图9－3－27(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ在磁场区域中运动速度的大小．6答案及解析1．【解析】由E＝ΔΦΔt知，Φ－t图象的斜率的绝对值表示电动势E的大小，图甲中斜率为0，图乙中斜率不变，图丙中0～t1时间内图象的斜率大于t1～t2时间内图象的斜率，图丁中斜率的绝对值先变小后变大，故B、D正确，A、C错误．【答案】BD2.【解析】MN从左向右移动的过程中，外电路的电阻先增加后减小，因而MN中的电流先减小后增大．【答案】C3.【解析】线框在运动过程中先做变加速运动，后做匀速运动．电压表读数为外电路的电压，根据E＝BLv知回路电动势先增大后不变，外电阻不断增大，电压表的读数一直增大，选项A、B、C错误．P＝E2R＝BLv2R，回路的电功率先增大后不变，选项D正确．【答案】D4.【解析】闭合线框进入磁场的过程中，由于一条边切割磁感线运动，产生感应电动势，从而产生感应电流，处于磁场中受到安培力，故整个运动过程中有摩擦阻力和安培力做功，但其中安培力是变力，因此由功能关系可得：12mv20＝μmg·2l＋Q，所以金属线框中产生的焦耳热为Q＝12mv20－2μmgl，故D正确．【答案】D5.【解析】将线框向左和向右拉出磁场，产生电流方向都为逆时针，由左手定则知，第一次ad边受安培力向右，第二次bc边受安培力向左，故A错误；两次产生电动势之比为1∶3，所以电流之比为1∶3，所用时间之比为3∶1，由Q＝I2Rt可知两次产生焦耳热不同，故B错误；第一次Uad＝34BLv，第二次Uad＝14BL·3v，故C正确；由q＝BΔSR知，两次通过截面的电荷量相同，故D正确．【答案】CD6．【解析】由右手定则可知棒AB中感应电流的方向是由B到A，再由左手定则可判断棒AB所受安培力的方向水平向左，根据安培力的表达式F安＝B2l2vR可知，安培力逐渐增大，7A正确；由牛顿第二定律F－B2l2vR＝ma可知，棒AB做加速度逐渐减小的加速运动，B正确，C错误；t秒末外力F做功的功率为P＝Fv，由于AB棒不是匀加速直线运动，故x≠v2t，D错误．【答案】AB7.【解析】金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示．安培力F＝BLvmRLB，对金属杆列平衡方程mgsinα＝B2L2vmR，则vm＝mgsinα·RB2L2，由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变大，vm变大；m变大，vm变大．因此B、C、D选项正确．【答案】BCD8.【解析】当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错，C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错．【答案】C9．【解析】由题图乙可以看出磁场随时间均匀增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流方向由a→b，选项A正确；由于电流由c→d，根据左手定则可判断出cd边受到的安培力向下，选项B正确；回路中感应电动势应为E＝B0－B0St0＝B0St0，选项C错误；因为ER＋12R＝UR，解得U＝2B0S3t0，选项D正确．【答案】C10.【解析】由平衡条件知，下金属板带正电，故电流应从线圈下端流出，等效电路如图所示，由楞次定律可以判定磁感应强度B为竖直向上且正减弱或竖直向下且正增强，故A、D错误；因8mg＝qUd，U＝ER＋rR，E＝nΔΦΔt，联立可求得ΔΦΔt＝dmgR＋rnqR，故只有C项正确．【答案】C11．【解析】(1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离x所用时间为t，三个电阻R与电源串联，总电阻为4R，则E＝Blv由闭合电路欧姆定律有I＝E4Rt＝xv由焦耳定律有Q＝I2(4R)t联立上述各式解得v＝4QRB2l2x.(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR电容器所带电荷量q＝CU解得q＝CQRBlx.【答案】(1)4QRB2l2x(2)CQRBlx12．【解析】(1)0～4s内，电路中的感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝24×0.5×2V＝0.5V此时灯泡中的电流IL＝ER总＝ERrR＋r＋RL＝0.52×22＋2＋4A＝0.1A.(2)由于灯泡亮度没有变化，故IL没变化．根据E′＝BdvI′＝E′R′总＝E′r＋RRLR＋RLUL＝I′·RRLR＋RLIL＝ULRL解得v＝1m/s.【答案】(1)0.1A(2)1m/s9