高考物理一輪基礎復習 電磁感應定律的綜合應用1
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電磁感應定律的綜合應用 一、選擇題(每小題5分,共40分) 1.如圖所示,兩光滑平行金屬導軌間距為L,直導線MN垂直跨在導軌上,且與導軌接觸良好,整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁場中,磁感應強度為B.電容器的電容為C,除電阻R外,導軌和導線的電阻均不計.現(xiàn)給導線MN一初速度,使導線MN向右運動,當電路穩(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 當導線MN勻速向右運動時,導線MN產生的感應電動勢恒定,穩(wěn)定后,對電容器不充電也不放電,無電流產生,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,勻強磁場的磁感應強度為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邊的質量為m,電阻為R,其他三邊的質量和電阻均不計.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.ab邊經過最低點時的速度v= C.a、b兩點間的電壓逐漸變大 D.金屬框中產生的焦耳熱為mgL-mv2 解析 D 本題考查電磁感應.ab邊向下擺動過程中,磁通量逐漸減小,根據楞次定律及右手定則可知感應電流方向為b→a,選項A錯誤;ab邊由水平位置到達最低點過程中,機械能不守恒,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;根據能量轉化和守恒定律可知,金屬框中產生的焦耳熱應等于此過程中機械能的損失,故選項D正確. 3.如圖所示,邊長為L的正方形導線框質量為m,由距磁場H高處自由下落,其下邊ab進入勻強磁場后,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邊進入磁場時的一半,磁場的寬度也為L,則線框穿越勻強磁場過程中發(fā)出的焦耳熱為( ) A.2mgL B.2mgL+mgH C.2mgL+mgH D.2mgL+mgH 解析 C 設剛進入磁場時的速度為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n=200,線圈回路總電阻R=5 Ω.整個線圈平面內均有垂直于線圈平面的勻強磁場穿過.若勻強磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖所示,則( ) A.線圈回路中感應電動勢隨時間均勻變化 B.線圈回路中產生的感應電流為0.2 A C.當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內線圈回路產生的焦耳熱為48 J 解析 D 由E=n=nS可知,由于線圈中磁感應強度的變化率= T/s=0.5 T/s為常數,則回路中感應電動勢為E=n=2 V,且恒定不變,故選項A錯誤;回路中感應電流的大小為I==0.4 A,選項B錯誤;當t=0.3 s時,磁感應強度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內線圈回路產生的焦耳熱為Q=I2Rt=0.42560 J=48 J,選項D正確. 5.如圖所示,半徑為R的導線環(huán)對心、勻速穿過半徑也為R的勻強磁場區(qū)域,關于導線環(huán)中的感應電流隨時間的變化關系,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定律、楞次定律及考生對圖象的分析能力.由E=BLv可得,當線圈進入磁場時,有效切割長度在變大,產生的感應電動勢變大,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,線圈內有理想邊界的磁場,開關閉合,當磁感應強度均勻減小時,有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間,若線圈的匝數為n,平行板電容器的板間距離為d,粒子的質量為m,帶電荷量為q,線圈面積為S,則下列判斷中正確的是( ) A.帶電微粒帶負電 B.線圈內磁感應強度的變化率為 C.當下極板向上移動時,帶電微粒將向上運動 D.當開關斷開時,帶電微粒將做自由落體運動 解析 BC 由于磁感應強度均勻減小,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;當下極板向上移動時,兩極板間距減小,由E=可知場強變大,則mg<,故帶電微粒將向上加速運動,選項C正確;開關斷開時,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軌底端向上滑行,導軌平面與水平面成30角,兩導軌上端用一電阻R相連,如圖所示,磁場垂直斜面向上,導軌的電阻不計,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上產生的熱量小于向下滑行時電阻R上產生的熱量 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上產生的熱量為m(v-v2) 解析 C 導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,感應電流大,安培力做的功多,R上產生的熱量多,B錯;由q=知C對;由能量守恒定律知回路中產生的總熱量為m(v-v2),D錯. 8.如圖所示,兩豎直放置的平行光滑導軌相距0.2 m,其電阻不計,處于水平向里的勻強磁場中,勻強磁場的磁感應強度為0.5 T,導體棒ab與cd的電阻均為0.1 Ω,質量均為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,已知棒與導軌始終接觸良好,導軌足夠長,g取10 m/s2,則( ) A.ab棒向上運動的速度為1 m/s B.ab棒受到的拉力大小為0.2 N C.在2 s時間內,拉力做功為0.4 J D.在2 s時間內,ab棒上產生的焦耳熱為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.ab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內拉力做的功W=FTvt=0.222 J=0.8 J,C不正確.在2 s內ab棒上產生的熱量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.磁感應強度隨時間變化的規(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)由于磁感應強度隨時間均勻變化, 根據B=(6-0.2t) T,可知=0.2 T/s, 所以線圈中感應電動勢的大小為 E=n=nS=1000.20.2 V=4 V. 通過R2的電流強度為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的圓形導線框,豎直放置在水平勻強磁場中,線框平面與磁場方向垂直,磁感強度為B=0.2 T,現(xiàn)有一根質量為m=0.1 kg、電阻不計的導體棒,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)從開始下落到經過圓心的過程中線框中產生的熱量. 解析 (1)金屬棒下落距離為時,金屬棒中產生感應電動勢,由法拉第電磁感應定律得,感應電動勢 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,從開始下落到經過圓心的過程中線框中產生的熱量為 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、質量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出,穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場,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)生轉動.求: (1)線框在下落階段勻速進入磁場時的速度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生的焦耳熱Q. 解析 由線框在下落階段勻速進入磁場可知,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,其中產生的焦耳熱Q為安培力做的負功值,由能量守恒可求得Q. (1)線框在下落階段勻速進入磁場瞬間 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軌MN、PQ相距為L,導軌平面與水平面夾角α=30,導軌電阻不計.磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面向上,兩根長為L的完全相同的金屬棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在導軌上,且與導軌接觸良好,每根棒的質量均為m、電阻均為R.現(xiàn)對ab施加平行導軌向上的恒力F,當ab向上做勻速直線運動時,cd保持靜止狀態(tài). (1)求力F的大小及ab運動速度v的大?。? (2)若施加在ab上的力的大小突然變?yōu)?mg,方向不變,則當兩棒運動的加速度剛好相同時回路中的電流強度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,根據牛頓第二定律,得 F-BIL-mgsin α=ma1. 對cd棒,根據牛頓第二定律,得 BIL-mgsin α=ma2. 根據題意可知,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 -- 配套講稿:
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