2013屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè) 第37講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用

用心 愛心 專心 1 20132013 屆高三物理總復(fù)屆高三物理總復(fù)習(xí)精品課時(shí)作業(yè)習(xí)精品課時(shí)作業(yè) 第第 3737 講講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 1 如圖甲所示 矩形閉合線圈在外力F的作用下勻速向右通過寬度為d的勻強(qiáng)磁 場(chǎng) 設(shè)穿過線圈的磁通量為 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E 線圈所受的磁場(chǎng)力為F 通過線圈的電荷 量為Q 則圖乙中正確的是 解析 四個(gè)圖象分別是磁通量 電動(dòng)勢(shì) 磁場(chǎng)力 電荷量隨時(shí)間變化的關(guān)系 線圈在 進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中 磁通量均勻增加 在離開磁場(chǎng)階段 磁通量均勻減少 由楞次定律可知 這兩個(gè)階段均產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 且方向相反 由左手定則 線圈所受安培力方向都向左 兩 個(gè)階段電荷量都隨時(shí)間均勻增大 線圈全部在磁場(chǎng)中 磁通量最大 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零 電流 為零 故正確答案為 ABD 答案 ABD 2 如圖甲所示 等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 它的底邊在x軸上 且長為 2L 高為L 紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過勻 強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域 在t 0 時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置 以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方 向 在圖乙中能夠正確表示電流 位移 I x 關(guān)系的是 解析 線圈向x軸正方向運(yùn)動(dòng)L位移的過程中 有效切割長度均勻增加 在位移大于 L且小于 2L的過程中 線圈右邊有效切割長度均勻減小 線圈左邊有效切割長度均勻增加 用心 愛心 專心 2 因此整個(gè)線圈有效切割長度減小 且變化率為前一段時(shí)間的兩倍 在位移大于 2L且小于 3L 的過程中 與第一段運(yùn)動(dòng)中線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流等大反向 故 A 對(duì) 答案 A 3 如圖甲所示 在豎直方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 金屬框架ABC固定在水 平面內(nèi) AB與BC間的夾角為 光滑導(dǎo)體棒DE在框架上從B點(diǎn)開始在外力作用下以速度 v向右勻速運(yùn)動(dòng) 導(dǎo)體棒與框架足夠長且構(gòu)成等腰三角形電路 若框架與導(dǎo)體棒單位長度的 電阻均為R 導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸 下列關(guān)于電路中電流大小I與 時(shí)間t 消耗的電功率P與水平移動(dòng)的距離x變化規(guī)律的圖象中正確的是 解析 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E Byv 而電阻與回路的周長L成正比 即R kL 所以感應(yīng)電流 I 定值 所以 A 選項(xiàng)正確 功率P I2R與L成正比 也即與x成正比 即 D 正確 E R 答案 AD 4 兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置 間距為L 底端接阻值為R的電 阻 將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端 金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好 導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直 如圖所示 除電阻R外 其余 電阻不計(jì) 現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放 則 A 釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g B 金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí) 流過電阻R的電流方向?yàn)閍 b C 金屬棒的速度為v時(shí) 所受的安培力大小為F B2L2v R D 電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少 用心 愛心 專心 3 解析 由牛頓第二定律得 金屬棒下落過程的加速度a 因釋放瞬 mg k x B2L2v R m 間 x 0 v 0 則金屬棒的加速度a g 故 A 正確 由右手定則知金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)棒 中電流向右 故流過電阻的電流為b a 則 B 錯(cuò)誤 因E BLv I 則F 故 C E R B2L2v R 正確 金屬棒上下振動(dòng)最終靜止時(shí) 處于平衡狀態(tài) 且k x mg 彈簧具有彈性勢(shì)能 由能 量轉(zhuǎn)化守恒定律知金屬棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化成兩部分 一部分為彈簧彈性勢(shì)能 另一部分 為電阻R上產(chǎn)生的熱量 故 D 錯(cuò)誤 答案 AC 5 兩根相距為L的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置 它們各有一邊在同一水平面 內(nèi) 另一邊垂直于水平面 質(zhì)量均為m的金屬細(xì)桿ab cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路 桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 導(dǎo)軌電阻不計(jì) 回路總電阻為 2R 整個(gè)裝置處于磁感應(yīng) 強(qiáng)度大小為B 方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo) 軌的拉力FT作用下以速度v1沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) cd桿也正好以速度 v2向下勻速運(yùn)動(dòng) 重力加速度為g 以下說法正確的是 A ab桿所受拉力FT的大小為 mg B2L2v1 2R B cd桿所受摩擦力為零 C 回路中的電流為 BL v1 v2 2R D 與v1大小的關(guān)系為 2Rmg B2L2v1 解析 因兩桿均處于平衡狀態(tài) 故每桿所受的合力為零 cd桿的速度方向與磁感線方 向平行 只有ab桿運(yùn)動(dòng)時(shí)才使回路內(nèi)的磁通量發(fā)生變化 回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E BLv1 根據(jù)閉合電路的歐姆定律 I E 2R BLv1 2R ab桿所受安培力 F BIL ab桿勻速運(yùn)動(dòng) FT F Ff1 又Ff1 mg 聯(lián)立解得 FT mg B2L2v1 2R cd桿勻速運(yùn)動(dòng) mg Ff2 0 又Ff2 F B2L2v1 2R 聯(lián)立解得 2Rmg B2L2v1 用心 愛心 專心 4 故 A D 正確 答案 AD 6 如圖所示 平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為 導(dǎo)軌電阻不計(jì) 與阻值為R的定 值電阻相連 勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 有一質(zhì)量為m長為l的導(dǎo)體棒從 ab位置獲得平行于斜面的 大小為v的初速度向上運(yùn)動(dòng) 最遠(yuǎn)到達(dá)a b 的位置 滑行的 距離為s 導(dǎo)體棒的電阻也為R 與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 則 A 上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為 B2l2v R B 上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為mv2 mgs sin cos 1 2 C 上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2 1 2 D 上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2 mgssin 1 2 解析 電路中總電阻為 2R 故最大安培力的數(shù)值為 由能量守恒定律可知 導(dǎo)體 B2l2v 2R 棒動(dòng)能減少的數(shù)值應(yīng)該等于導(dǎo)體棒重力勢(shì)能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)生的電熱和克服 摩擦阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能 其公式表示為 mv2 mgssin mgscos Q電熱 則有 1 2 Q電熱 mv2 mgssin mgscos 即為安培力做的功 導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能即為安 1 2 培力和摩擦力做功的和 W損失 mv2 mgssin 選項(xiàng) B D 正確 1 2 答案 BD 7 在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 有一與磁場(chǎng)方向垂直 長度為L的金屬桿aO 已 知ab bc cO a c與磁場(chǎng)中以O(shè)為圓心的同心圓金屬軌道始終接觸良好 一電容為C L 3 的電容器接在軌道上 如圖所示 當(dāng)金屬桿在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)以O(shè)為軸 以角速度 順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí) A Uac 2Uab B Uac 2UbO C 電容器帶電荷量Q BL2 C 4 9 D 若在eO間連接一個(gè)理想電壓表 則電壓表示數(shù)為零 解析 金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E BL BL BL v v2 v1 2 可得 r2 r1 2 用心 愛心 專心 5 Uac B L B L BL2 2 3 vc va 2 2 3 L 3 L 2 4 9 Uab B L B L BL2 1 3 vb va 2 1 3 2L 3 L 2 5 18 UbO B L B L BL2 2 3 vb vO 2 2 3 2L 3 0 2 2 9 可見 Uac 2UbO 由于沒有閉合回路 金屬桿中只存在感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 轉(zhuǎn)動(dòng)過程中給電容 器充電 充電電壓為Uac 有 Q CUac BL2 C 若在eO間連接一個(gè)理想電壓表 則電壓表 4 9 所測(cè)電壓為UcO 故 B C 正確 答案 BC 8 如圖所示 在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行粗糙且無限長的金屬導(dǎo)軌ab與 cd 阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a c端相連 金屬滑桿MN垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動(dòng) 且 與導(dǎo)軌始終接觸良好 整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 磁場(chǎng)的方向豎直向上 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 為B 滑桿與導(dǎo)軌電阻不計(jì) 滑桿的中點(diǎn)系一不可伸長的輕繩 繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑 輪后 與一質(zhì)量為m的物塊相連 拉滑桿的繩處于水平拉直狀態(tài) 現(xiàn)若從靜止開始釋放物塊 用I表示穩(wěn)定后回路中的感應(yīng)電流 g表示重力加速度 設(shè)滑桿在運(yùn)動(dòng)中所受的摩擦阻力恒 為F 則在物塊下落過程中 A 物體的最終速度為 mg F R B2l2 B 物體的最終速度為 I2R mg F C 穩(wěn)定后物體重力的功率為I2R D 物體重力的最大功率可能大于 mg mg F R B2l2 解析 本題綜合考查了法拉第電磁感應(yīng)定律 安培力公式 能量守恒定律 閉合電路 歐姆定律和物體的平衡知識(shí) 由題意分析可知 從靜止釋放物塊 它將帶動(dòng)金屬滑桿MN一 起運(yùn)動(dòng) 當(dāng)它們穩(wěn)定時(shí)最終將以某一速度做勻速運(yùn)動(dòng)而處于平衡狀態(tài) 設(shè)MN的最終速度為 v 對(duì)MN列平衡方程 F mg 所以v 所以 A 正確 又從能量守恒定律角度進(jìn)行分析 B2l2v R mg F R B2l2 物塊的重力的功率轉(zhuǎn)化為因克服安培力做功而產(chǎn)生的電熱功率和克服摩擦力做功產(chǎn)生熱功率 所以有 I2R Fv mgv 所以v 所以 B 正確 C 錯(cuò)誤 物塊重力的最大功率為 I2R mg F Pm mgv mg 所以 D 錯(cuò)誤 mg F R B2l2 答案 AB 用心 愛心 專心 6 9 圖示是測(cè)量通電螺線管A內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度B及其與電流I關(guān)系的實(shí)驗(yàn)裝置 將截面 積為S 匝數(shù)為N的小試測(cè)線圈P置于螺線管A中間 試測(cè)線圈平面與螺線管的軸線垂直 可認(rèn)為穿過該試測(cè)線圈的磁場(chǎng)均勻 將試測(cè)線圈引線的兩端與沖擊電流計(jì)D相連 撥動(dòng)雙刀 雙擲換向開關(guān) K 改變通入螺線管的電流方向 而不改變電流大小 在P中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 引起D的指針偏轉(zhuǎn) 1 將開關(guān)合到位置 1 待螺線管A中的電流穩(wěn)定后 再將 K 從位置 1 撥到位置 2 測(cè)得 D的最大偏轉(zhuǎn)距離為dm 已知沖擊電流計(jì)的磁通靈敏度為D D 式中 為單 dm N 匝試測(cè)線圈磁通量的變化量 則試測(cè)線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度B 若將 K 從位置 1 撥到位置 2 的過程所用的時(shí)間為 t 則試測(cè)線圈P中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E 2 調(diào)節(jié)可變電阻R 多次改變電流并撥動(dòng) K 得到A中電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的數(shù)據(jù) 如上表所示 由此可得 螺線管A內(nèi)部在磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電流I的關(guān)系為B 3 為了減小實(shí)驗(yàn)誤差 提高測(cè)量的準(zhǔn)確性 可采取的措施有 A 適當(dāng)增加試測(cè)線圈的匝數(shù)N B 適當(dāng)增大試測(cè)線圈的橫截面積S C 適當(dāng)增大可變電阻R的阻值 D 適當(dāng)撥長撥動(dòng)開關(guān)的時(shí)間 t 解析 1 改變電流方向 磁通量變化量為原來磁通量的兩倍 即 2BS 代入公式計(jì)算 得B 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動(dòng)勢(shì)的平均值E dm 2ND S dm D t 2 根據(jù)數(shù)據(jù)可得B與I成正比 比例常數(shù)約為 0 00125 故B kI 或 0 00125I 3 為了得到平均電動(dòng)勢(shì)的準(zhǔn)確值 時(shí)間要盡量小 由B的計(jì)算值可看出與N和S相關(guān) 聯(lián) 故選擇 A B 答案 1 2 0 00125I 3 AB dm 2ND S dm D t 用心 愛心 專心 7 10 如圖所示 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(qiáng)磁場(chǎng) 正方形線圈abcd的邊長為L L d 質(zhì)量為m 電阻為R 將 線圈在磁場(chǎng)上方高h(yuǎn)處靜止釋放 cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與cd邊剛離開磁 場(chǎng)時(shí)速度相等 求在線圈穿越磁場(chǎng)的過程中 從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)起一直到ab 邊離開磁場(chǎng)為止 線圈中產(chǎn)生的焦耳熱和最小速度 重力加速度為g 解析 線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為 v0 2gh 根據(jù)能量守恒可得 Q 2mgd 當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí) 速度最小 設(shè)最小速度為v1 線圈完全在磁場(chǎng)中做加速度為g 的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 所以有 v v 2g d L 2 02 1 解得 v1 2g h L d 答案 2mgd 2g h L d 11 如圖所示 AB和CD是兩根特制的 完全相同的電阻絲導(dǎo)軌 固定在絕緣的豎直墻 壁上 上端用電阻不計(jì)的導(dǎo)線相連接 兩電阻絲導(dǎo)軌相距為L 一根質(zhì)量為m 電阻不計(jì)的 金屬棒跨接在AC間 并處于x軸原點(diǎn) 與電阻絲導(dǎo)軌接觸良好 且無摩擦 空間有垂直墻 面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 放開金屬棒 它將加速下滑 1 試證明 若棒下滑時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng) 則必須滿足的條件是每根導(dǎo)軌的電阻值應(yīng)跟位 移x的平方根成正比 即R k k為比例常量 x 2 若棒做勻加速運(yùn)動(dòng) B 1 T L 1 m m kg k m 求 1 5 1 2 1 2 棒的加速度a 棒下落 1 m 過程中 通過棒的電荷量q 棒下落 1 m 過程中 電阻上產(chǎn)生的總熱量Q 解析 1 設(shè)棒以加速度a下落位移x時(shí)速度為v 此時(shí)棒中的電流為I 每根電阻絲 的電阻為R 由牛頓第二定律得 mg BIL ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v 2ax 由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律得 I BLv 2R 由上式解得 R B2L2 2a 2m g a x 用心 愛心 專心 8 可見 k 為比例常量 即R k B2L2 2a 2m g a x 2 由k 式整理后代入數(shù)據(jù)求得 a 5 m s2 B2L2 2a 2m g a 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E t 由歐姆定律得 I E 2R 流過棒的電荷量q I t 解得 q C 2R BLx 2R2 由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律得 Q mgx mv2 1 2 又v 2ax 解得 Q mgx max J 5 答案 1 略 2 5 m s2 C J 25 12 如圖所示 邊長L 0 20 m 的正方形導(dǎo)線框ABCD由粗細(xì)均勻的同種材料制成 正 方形導(dǎo)線框每邊的電阻R0 1 0 金屬棒MN與正方形導(dǎo)線框的對(duì)角線長度恰好相等 金 屬棒MN的電阻r 0 20 導(dǎo)線框放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B 0 50 T 方向 垂直導(dǎo)線框所在平面向里 金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸良好 且與導(dǎo)線框?qū)蔷€BD垂直放置在 導(dǎo)線框上 金屬棒的中點(diǎn)始終在BD連線上 若金屬棒以v