《高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪基礎(chǔ)復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用1（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 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　C　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，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． 2.如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L的正方形剛性金屬框，ab邊的質(zhì)量為m，電阻為R，其他三邊的質(zhì)量和電阻均不計．cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉(zhuǎn)到豎直位置時，ab邊的速度為v，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是(　　) A．通過ab邊的電流方向為a→b B．a(chǎn)b邊經(jīng)過最低點時的速度v＝ C．a(chǎn)、b兩點間的電壓逐漸變大 D．金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgL－mv2 　解析　D　本題考查電磁感應(yīng)．a(chǎn)b邊向下擺動過程中，磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手定則可知感應(yīng)電流方向為b→a，選項A錯誤；ab邊由水平位置到達(dá)最低點過程中，機(jī)械能不守恒，所以選項B錯誤；金屬框擺動過程中，ab邊同時受安培力作用，故當(dāng)重力與安培力沿其擺動方向分力的合力為零時，a、b兩點間電壓最大，選項C錯誤；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)等于此過程中機(jī)械能的損失，故選項D正確． 3.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＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 　解析　C　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＋mg2L＝mv＋Q. 聯(lián)立各式得Q＝2mgL＋mgH.C選項正確． 4.矩形線圈abcd，長ab＝20 cm，寬bc＝10 cm，匝數(shù)n＝200，線圈回路總電阻R＝5 Ω.整個線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場穿過．若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則(　　) A．線圈回路中感應(yīng)電動勢隨時間均勻變化 B．線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0.2 A C．當(dāng)t＝0.3 s時，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016 N D．在1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48 J 　解析　D　由E＝n＝nS可知，由于線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率＝ T/s＝0.5 T/s為常數(shù)，則回路中感應(yīng)電動勢為E＝n＝2 V，且恒定不變，故選項A錯誤；回路中感應(yīng)電流的大小為I＝＝0.4 A，選項B錯誤；當(dāng)t＝0.3 s時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，則安培力為F＝nBIl＝2000.20.40.2 N＝3.2 N，故選項C錯誤；1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.42560 J＝48 J，選項D正確． 5．如圖所示，半徑為R的導(dǎo)線環(huán)對心、勻速穿過半徑也為R的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，關(guān)于導(dǎo)線環(huán)中的感應(yīng)電流隨時間的變化關(guān)系，下列圖象中(以逆時針方向的電流為正)最符合實際的是(　　) 　解析　C　本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律及考生對圖象的分析能力．由E＝BLv可得，當(dāng)線圈進(jìn)入磁場時，有效切割長度在變大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變大，由作圖可知，磁通量的變化量越來越?。@時由楞次定律可得，電流的方向和規(guī)定的正方向相同．當(dāng)線圈出磁場時，有效切割長度變小，磁通量變化量越來越大，這時由楞次定律可知，電流的方向與規(guī)定的正方向相反．綜上所述，C項正確，A、B、D項錯誤． 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　BC　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＝n＝nS可得：＝，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． 7.一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行，導(dǎo)軌平面與水平面成30角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導(dǎo)軌的電阻不計，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v，則(　　) A．向上滑行的時間大于向下滑行的時間 B．在向上滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量小于向下滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量 C．向上滑行時與向下滑行時通過電阻R的電荷量相等 D．金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點，電阻R上產(chǎn)生的熱量為m(v－v2) 　解析　C　導(dǎo)體桿沿斜面向上運動時安培力沿斜面向下，沿斜面向下運動時安培力沿斜面向上，所以上升過程的加速度大于下滑過程的加速度，因此向上滑行的時間小于向下滑行的時間，A錯；向上滑行過程的平均速度大，感應(yīng)電流大，安培力做的功多，R上產(chǎn)生的熱量多，B錯；由q＝知C對；由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總熱量為m(v－v2)，D錯． 8.如圖所示，兩豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌相距0.2 m，其電阻不計，處于水平向里的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T，導(dǎo)體棒ab與cd的電阻均為0.1 Ω，質(zhì)量均為0.01 kg.現(xiàn)用豎直向上的力拉ab棒，使之勻速向上運動，此時cd棒恰好靜止，已知棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，g取10 m/s2，則(　　) A．a(chǎn)b棒向上運動的速度為1 m/s B．a(chǎn)b棒受到的拉力大小為0.2 N C．在2 s時間內(nèi)，拉力做功為0.4 J D．在2 s時間內(nèi)，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為0.4 J 　解析　B　cd棒受到的安培力等于它的重力，BL＝mg，v＝＝2 m/s，A錯誤．a(chǎn)b棒受到向下的重力G和向下的安培力F，則ab棒受到的拉力FT＝F＋G＝2mg＝0.2 N，B正確．在2 s內(nèi)拉力做的功W＝FTvt＝0.222 J＝0.8 J，C不正確．在2 s內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝()2Rt＝0.2 J，D不正確． 二、非選擇題(共60分) 9．(14分)如圖所示，面積為0.2 m2的100匝線圈A處在磁場中，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＝1000.20.2 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，電容器被充上一定的電荷量，此時其電壓U＝IR2＝0.46 V＝2.4 V. 再斷開S，電容器將放電，通過R2的電荷量就是電容器原來所帶的電荷量： Q＝CU＝3010－62.4 C＝7.210－5 C. 【答案】　(1)0.4 A　自上而下　(2)7.210－5 C 10．(15分)如圖所示，一根電阻為R＝12Ω的電阻絲做成一個半徑為r＝1 m的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在水平勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直，磁感強(qiáng)度為B＝0.2 T，現(xiàn)有一根質(zhì)量為m＝0.1 kg、電阻不計的導(dǎo)體棒，自圓形線框最高點靜止起沿線框下落，在下落過程中始終與線框良好接觸，已知下落距離為時，棒的速度大小為v1＝ m/s，下落到經(jīng)過圓心時棒的速度大小為v2＝ m/s(取g＝10 m/s2)，試求： (1)下落距離為時棒的加速度． (2)從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量． 　解析　(1)金屬棒下落距離為時，金屬棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢 E＝B(r)v1 此時，金屬圓環(huán)為外電路，等效電阻為 R1＝＝＝Ω， 金屬棒中的電流為I＝ 金屬棒受的安培力為F＝BIL＝＝0.12 N 由mg－F ＝ma 得：a＝g－＝10－＝10－1.2＝8.8(m/s2) (2)由能量守恒定率得mgr－Q＝mv－0 所以，從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量為 Q＝mgr－mv＝0.1101 J －0.1()2 J＝0.44 J 【答案】　(1)8.8 m/s2　(2)0.44 J 11．(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： (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) 12．(16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，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的大小． (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－Fab－mgsin α＝0. cd棒所受合外力為零， Fcd－mgsin α＝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－mgsin α＝ma1. 對cd棒，根據(jù)牛頓第二定律，得 BIL－mgsin α＝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)　 - 7 -