高三物理总复习同步练习9-3电磁感应中的综合应用含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精9—3\t"_parent”电磁感应中的综合应用HYPERLINK”file:///D:\\TDDOWNLOAD\\走向高考\\走向高考·人教实验版物理\\9—3。ppt"\t”_parent”一、选择题1．(2011·豫南九校模拟)如下图，等离子气流由左方连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接．线圈A内有随图乙所示的变化磁场．且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列说法正确的是（）A．0～1s内ab、cd导线互相排斥B．1～2s内ab、cd导线互相排斥C．2~3s内ab、cd导线互相排斥D．3~4s内ab、cd导线互相排斥[答案]CD［解析］由左侧电路可以判断ab中电流方向由a到b;由右侧电路及图乙可以判断，0~2s内cd中电流为由c到d，跟ab中电流同向,因此ab、cd相互吸引，选项A、B错误；2～4s内cd中电流为由d到c，跟ab中电流反向,因此ab、cd相互排斥，选项C、D正确．2．(2011·郑州模拟）如上图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后()A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变［答案]BC［解析］对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且ab棒速度小于cd棒速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,选项A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离cd金属棒分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝eq\f（2,3)F，选项C正确．3。如上图所示，用铝板制成U型框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中,使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬线拉力为FT,则（)A．悬线竖直，FT＝mg B．悬线竖直,FT>mgC．悬线竖直，FT<mg D．无法确定FT的大小和方向［答案]A[解析]设两板间的距离为L，由于向左运动过程中U型框的竖直部分切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，感应电动势大小E＝Blv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电＝qE电＝qeq\f(E，L）＝qeq\f（BLv,L）＝qvB。设小球带正电，则电场力方向向上,同时小球所受洛伦兹力F洛＝qvB,方向由左手定则判断竖直向下，即F电＝F洛,故无论小球带什么电怎样运动,FT＝mg，选项A正确．4．（2011·潍坊模拟）两光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ,底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在上端固定的轻弹簧下端，弹簧处在导轨所在的平面内，并与导轨平行，劲度系数为k，金属棒和导轨接触良好，匀强磁场垂直于导轨平面，如上图．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（)A．导体棒沿导轨向下运动时棒中电流方向自左向右B．释放瞬间，导体棒的加速度为gsinθC．导体棒最终停在初始位置的下方eq\f（mgsinθ,k)处D．整个过程中电阻R产生的内能为eq\f（m2g2sinθ,k）[答案］BC[解析］由右手定则可判断导体棒沿导轨向下运动时棒中电流方向自右向左，A错误．在释放瞬间，速度为零，不受安培力的作用,只受到重力和支持力的作用,其合力F合＝mgsinθ＝ma,得a＝gsinθ，B正确；导体棒最终停下时，处于平衡状态，合力为零，故有mgsinθ＝kx，得x＝eq\f（mgsinθ,k)，C正确．在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、导体棒的重力势能和电阻R的内能的转化，也就是导体棒的重力势能转化为弹簧的弹性势能和电阻R的内能，所以Q＝mgxsinθ－eq\f(1，2）kx2＝eq\f(m2g2sin2θ,2k)，D错误．5。如上图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,不考虑线框的动能，若外力对环做的功分别为Wa、Wb,则Wa∶Wb为（)A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能确定[答案］A［解析］根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热Wa＝Qa＝eq\f（BLv2，Ra)·eq\f（L，v)Wb＝Qb＝eq\f（B·2Lv2，Rb）·eq\f(2L，v)由电阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A项正确．6．(2011·郑州模拟)如上图所示,在水平面内固定着U形光滑金属导轨,轨道间距为50cm，金属导体棒ab质量为0.1kg,电阻为0。2Ω，横放在导轨上，电阻R的阻值是0。8Ω（导轨其余部分电阻不计)．现加上竖直向下的磁感应强度为0.2T的匀强磁场．用水平向右的恒力F＝0。1N拉动ab，使其从静止开始运动，则（)A．导体棒ab开始运动后，电阻R中的电流方向是从P流向MB．导体棒ab运动的最大速度为10m/sC．导体棒ab开始运动后,a、b两点的电势差逐渐增加到1V后保持不变D．导体棒ab开始运动后任一时刻,F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和[答案]B［解析]由右手定则可判断电阻R中的感应电流方向是从M流向P，A错；当金属导体棒受力平衡时,其速度将达到最大值，由F＝BIL，I＝eq\f（Em，R总)＝eq\f（BLvm,R总)可得F＝eq\f（B2L2vm,R总），代入数据解得vm＝10m/s，B对；电动势最大值Em＝1V,a、b两点的电势差为路端电压，最大值小于1V,C错；在达到最大速度以前，F所做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能，D错．7．如下图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L（L<d），将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0,cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场）()A．感应电流做功为mglB．感应电流做功为2mgdC．线圈的最小速度可能为eq\f(mgR,B2L2）D．线圈的最小速度一定为eq\r（2gh＋L－d）[答案］BCD［解析]根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等，对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd，出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd，所以总共产生电能2mgd，则感应电流做功2mgd，所以A错误、B正确;若进入过程中出现匀速运动情况，则安培力与重力相等eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(mg＝\f(B2L2vmin,R))），所以存在最小速度为eq\f（mgR,B2L2）的可能，C正确；对整个过程应用动能定理可得D正确．8．(2011·无锡模拟）如上图所示,在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD夹角为θ（θ<90°）,金属框架的电阻为零．光滑导体棒EF(垂直于CD)在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，经过C点瞬间作为计时起点，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是(）［答案]AD[解析]设导体棒单位长度的电阻为r0，AB、CD间的距离为L0。当导体棒在BC边上运动时,从C点开始经时间t，导体棒向前移动距离为vt,有效切割长度为L＝vttanθ，则回路的电动势为E＝BLv＝Bv2ttanθ，则回路中的电流为I＝eq\f（E，R)＝eq\f(Bv2ttanθ，r0vttanθ）＝eq\f(Bv,r0),当导体棒越过BC边后,其电流I′＝eq\f（E′,R′）＝eq\f(BL0v,r0L0）＝eq\f（Bv，r0)＝恒量，在整个过程中电流为恒量，A正确，B错；导体棒在BC边上且距C点x时，在磁场中有效切割长度为L＝xtanθ，则回路的电动势为E＝BLv＝Bxvtanθ，电动率P＝eq\f(E2，R）＝eq\f（Bxvtanθ2,xr0tanθ）＝eq\f(B2v2xtanθ，r0)，即P∝x,当导体棒越过BC边后，其电功率P′＝eq\f(E′2,R′)＝eq\f(BL0v2，r0L0)＝eq\f（B2v2L0，r0）＝恒量，C错，D正确．二、非选择题9．由于国际空间站的运行轨道上各处的地磁场强弱及方向均有所不同,所以在运行过程中，穿过其外壳的地磁场的磁通量将不断变化，这样将会导致________现象发生，从而消耗国际空间站的能量．为了减少这类消耗，国际空间站的外壳材料的电阻率应尽可能________(填“大”或“小”)一些．[答案]电磁感应大［解析］电阻率较大，电阻也较大，同样的电磁感应现象，产生的电动势一定，由P＝eq\f（U2，R)可知，电阻较大时,消耗的电功率较小,可以减少能量消耗．10.如上图，线圈匝数n＝1000匝，电阻r＝1Ω，横截面积S＝0.05m2，处于一个均匀变化的磁场中．磁感应强度随时间的变化率eq\f（ΔB，Δt)＝0。02T/s,磁场方向与线圈平面垂直．电阻R1＝3Ω，R2＝1Ω，电容器的电容C＝200μF。由此可知电动势E＝________V，电容器充电的电量Q＝________C。[答案]11。5×10－4[解析]本题考查法拉第电磁感应定律，含容电路的分析．根据法拉第电磁感应定律，电动势E＝neq\f(Δφ,Δt)＝1000×0。02×0.05V＝1V，电容器两端的电压为R1两端的电压，UC＝U1＝eq\f(3，4）V，因此电容器的带电量为Q＝CU＝200×10－6×0.75C＝1。5×10－4C11．（2011·内江一模)如上图所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,一匀强磁场垂直穿过导轨平面,导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0。40Ω的电阻，质量为m＝0。01kg、电阻为r＝0。30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计,重力加速度g取10m/s2.试求:时间t(s）00。10。20。30。40.50.60。7下滑距离s(m）00。10.30。71.42.12。83.5（1)当t＝0.7s时,重力对金属棒ab做功的功率；（2)金属棒ab在开始运动的0。7s内，电阻R上产生的热量；（3)从开始运动到t＝0。4s的时间内，通过金属棒ab的电荷量．[答案]（1)0.7W（2）0。06J(3）0。2C[解析］（1)由表格中数据可知：金属棒ab先做加速度减小的加速运动，最后以7m/s匀速下落PG＝mgv＝0.01×10×7W＝0.7W（2）根据动能定理：WG＋W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f（1,2）mveq\o\al(2，0)W安＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，t）－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0）－mgh＝eq\f（1,2)×0。01×72J－0.01×10×3。5J＝－0.105JQR＝eq\f(R，R＋r）|W安｜＝eq\f(4,7）×0.105J＝0.06J（3)当金属棒ab匀速下落时,G＝F安,则mg＝BIL＝eq\f（B2L2v,R＋r）解得：BL＝eq\r(m）电荷量q＝It＝eq\f（ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLs,R＋r）＝0.2C.12．（2011·天津）如上图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0。5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0。02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0。2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10m/s2，问（1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？（2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每产生Q＝0。1J的热量,力F做的功W是多少？［答案](1）1A方向由d到c(2）0.2N(3）0.4J［解析]（1)棒cd受安培力Fcd＝IlB①棒cd在共点力的作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°②由①②式,代入数据得:I＝1A据楞次定律可知，棒ab中电流方向由a到b,所以棒cd中电流方向由d到c。(2）棒ab与棒cd受安培力大小相等Fab＝Fcd④对棒ab,由共点力平衡知F＝mgsin30°＋IlB⑤代入数据解得F＝0。2N⑥（3)设棒cd产生Q＝0.1J热量的时间为t,由焦耳定律知Q＝I2Rt⑦设棒ab匀速运动的速度大小为v,则产生的电动势为E＝Blv⑧据闭合电路欧姆定律知I＝eq\f（E,2R)⑨由运动学公式知在时间t内，棒ab的位移x＝vt⑩力F做的功W＝Fx