2019人教版高三物理重点强化练7电磁感应定律的综合应用含解析

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2019人教版高三物理重点强化练7电磁感应定律的综合应用含解析

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莲山 课件 w w
w.5 Y k J.COm 重点强化(七) 电磁感应定律的综合应用
(限时:45分钟)
(对应学生用书第329页)
一、选择题(8小题,每小题6分,1~4为单选题,5~8为多选题)
1.如图1所示,在一匀强磁场中有一U型导线框bacd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可以在ab、cd上无摩擦地滑动,杆ef及线框中导体的电阻都可不计.开始时,给ef一个向右的初速度,则(  )
【导学号:84370461】
 
图1
A.ef将减速向右运动,但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动,最后静止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将做往复运动
A [杆ef向右运动,所受安培力F=BIl=Bl·BlvR=B2l2vR,方向向左,故杆做减速运动;v减小,F减小,杆做加速度逐渐减小的减速运动,A正确.]
2.如图2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,若外力对环做的功分别为Wa、Wb,则Wa∶Wb为(  )
 
图2
A.1∶4        B.1∶2
C.1∶1   D.不能确定
A [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,则Wa=Qa=BLv2Ra·Lv,Wb=Qb=B·2Lv2Rb·2Lv,由电阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A正确.]
3.如图3所示的电路中,L为自感线圈,其直流电阻与电阻R相等,C为电容器,电源内阻不可忽略.当开关S由闭合变为断开瞬间,下列说法中正确的是(  )
 
图3
A.通过灯A的电流由c到d
B.A灯突然闪亮一下再熄灭
C.B灯无电流通过,不可能变亮
D.电容器立即放电
B [当开关S由闭合变为断开时,线圈中产生自感电动势,与灯泡A和电阻R构成闭合回路放电,由于断开开关前流过线圈的电流大于流过灯泡A的电流,故A灯突然闪亮一下再熄灭,电流从d到c流过灯泡A,故d点电势比c点高,故A错误,B正确;当开关S由闭合变为断开时,外电路的总电流减小,故内电压减小,根据闭合电路欧姆定律,电源的输出电压增加,故电容器充电,有充电电流,故B灯有电流通过,电流方向由a到b,故C、D错误.故选B.]
4.在水平桌面上,一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图4甲所示,0~1 s内磁场方向垂直线框平面向下,圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接,导轨上放置一根导体棒,导体棒的长为L、电阻为R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场中,如图乙所示,若导体棒始终保持静止,则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是下图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)(  )
 
甲                                        乙
图4
 
B [对棒受力分析,棒受的静摩擦力f=F安=BIL,电动势E=ΔBΔtS,感应电流I=ER=ΔBΔt·SR,0~1 s和3~4 s内的感应电流大小和方向相同,电流从下向上通过导体棒,安培力向左,静摩擦力向右,为正;1~2 s和4~5 s内,感应电流为零,导体棒不受安培力,也不受静摩擦力;2~3 s和5~6 s内,电流从上向下流过导体棒,安培力向右,静摩擦力向左,为负,大小和0~1 s内相同,所以B正确.]
5.(2018·保定模拟)如图5甲所示,正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中,磁场方向与导线框所在平面垂直.规定磁场的正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示.下面说法正确的是(  )
 
                  甲             乙
图5
A.0 s~1 s时间内和5 s~6 s时间内,导线框中的电流方向相同
B.0 s~1 s时间内和1 s~3 s时间内,导线框中的电流大小相等
C.3 s~5 s时间内,AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上
D.1 s~3 s时间内,AB边受到的安培力不变
AC [0 s~1 s时间内穿过线圈的磁通量向外增加;5 s~6 s时间内穿过线圈的磁通量向里减小,根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同,选项A正确;B­t图象的斜率等于磁感应强度的变化率,故0 s~1 s时间内和1s~3 s时间内,感应电动势的大小不等,感应电流不相等,选项B错误;3 s~5 s时间内,磁通量向里增加,产生的感应电流为逆时针方向,则由左手定则可知,AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上,选项C正确;1 s~3 s时间内,感应电流大小不变,而磁场向外减弱,根据F=BIL可知,AB边受到的安培力要变化,选项D错误.故选A、C.]
6.如图6所示,上下边界间距为l、方向水平向里的匀强磁场区域位于地面上方高l处.质量为m、边长为l、电阻为R的正方形线框在距离磁场的上边界l处,沿水平方向抛出,线框的下边界进入磁场时加速度为零.则线框从抛出到触地的过程中(  )
 【导学号:84370462】
 
图6
A.沿水平方向的分运动始终是匀速运动
B.磁场的磁感应强度为mgR2gl3
C.产生的焦耳热为2mgl
D.运动时间为22lg
ACD [线框进入磁场后竖直的两条边以v0水平垂直切割磁感线,两边产生的总电动势为零,线框的电动势就是下边产生的,E=Blv⊥.由于竖直的两边中电流方向相反,安培力抵消,线框水平方向受合力为零,水平方向做匀速直线运动,A正确;E=Blv⊥=Bl2gl,电流I=ER,由mg=BIl,三式联立解得B=mgRl22gl,B错误;因为线框和磁场一样宽,所以线框匀速进磁场,匀速出磁场,对线框穿过磁场的过程应用动能定理,mg·2l-W克安=0,W克安=2mgl,而产生的焦耳热等于克服安培力做的功,所以产生的焦耳热为2mgl,C正确;l=12gt21,t1=2lg,2l=v⊥t2=2glt2,t2=2lg,所以总时间t=t1+t2=22lg,D正确.]
7.(2018·无锡模拟)如图7所示,在电阻不计的边长为L的正方形金属框abcd的cd边上接两个相同的电阻,平行金属板e和f通过导线与金属框相连,金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场,同一时刻各点的磁感应强度B大小相等,B随时间t均匀增加,已知B=B0+kt(k>0),磁场区域面积是金属框面积的二分之一,金属板长为L,板间距离为L.质量为m,电荷量为q的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入,刚好从f板右边缘射出.不计粒子重力,忽略边缘效应.则(  )
 
图7
A.金属框中感应电流方向为abcda
B.粒子带正电
C.L2kqm
D.粒子在e、f间运动增加的动能为14kL2q
AC [根据楞次定律,原磁场向里均匀增加,感应磁场向外,利用右手螺旋定则可知,感应电流方向为abcda,A正确;由题知粒子受电场力向下,而电场方向向上(由A知,f板电势高),故粒子带负电,B错误;粒子在两板间做类平抛运动,且两板间电势差为E2=ΔBΔt×12L22=kL24,由平抛运动规律,L=v0t,L2=12at2,a=qE2mL=kqL4m,解得v0=L2kqm,C正确;粒子在e、f间运动增加的动能等于电场力做的功,则ΔEk=q×12×E2=18kL2q,D错误.故选A、C.]
8.(2018·武汉模拟)如图8所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大),该区域的上、下边界MN、PS是水平的.有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高度处由静止释放穿过该磁场区域,已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动.从线框的ab边到达MN时开始计时,以MN上某点为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,向上为力的正方向.则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x关系的图线中,可能正确的是(  )
 
图8
 
AD [由于ab边向下运动,由右手定则可以判断出,线框在进入磁场时,其感应电流的方向为abcd,沿逆时针方向,故在图象中,在0~L的这段距离内,电流是正的;线框完全进入磁场后,穿过线框的磁通量没有变化,故其感应电流为0;经分析知线框在进入磁场过程和在磁场中运动过程均做加速运动,则线框的ab边从磁场的下边界出来时的速度要比cd边刚进入磁场时的大,故cd边刚进磁场时,线框的感应电流要比ab边出磁场时的感应电流小,又感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反,故A正确,B错误.由于ab边穿出磁场时速度较大,产生的感应电流较大,且电流与线框的速度成正比,即线框受到的安培力与线框的速度也成正比,故电流逐渐增大,安培力也逐渐增大.在0~L段,由前面分析知,感应电流小于I0,因此安培力小于mg,根据左手定则知安培力方向向上,在L~2L段,线框内感应电流为0,所以安培力为0,在2L~ 3L段,线框做匀速直线运动,故受力平衡,即安培力等于重力,方向向上,故C错误,D正确.]
二、计算题(3小题,共52分)
9.(16分)(2018·大连模拟)如图9所示,间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成:倾斜部分与水平部分平滑相连,倾角为θ,在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上,在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S,让金属杆MN从图示位置由静止释放,已知金属杆运动到水平导轨前,已达到最大速度,不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好,重力加速度为g.求:
 
图9
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm;
(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动,速度未达到最大速度vm前,当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中,通过定值电阻的电荷量为q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q;
(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.
【导学号:84370463】
[解析](1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时,其受到的合力为零,
对其受力分析,可得:mgsin θ-BIL=0
根据欧姆定律可得:I=BLvm2r
解得:vm=2mgrsin θB2L2.
(2)设在这段时间内,金属杆运动的位移为x,
由电流的定义可得:q=I-Δt
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得:
I-=BΔS2rΔt=BLx2rΔt
解得:x=2qrBL
设电流为I0时金属杆的速度为v0,根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律,可得:I0=BLv02r
此过程中,电路产生的总焦耳热为Q总,由功能关系可得:mgxsin θ=Q总+12mv20
定值电阻产生的焦耳热Q=12Q总
解得:Q=mgqrsin θBL-mI20r2B2L2.
(3)由牛顿第二定律得:BIL=ma
由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得:I=BLv2r
可得:B2L22rv=mΔvΔt
B2L22rvΔt=mΔv,即B2L22rxm=mvm
得:xm=4m2gr2sin θB4L4.
[答案](1)2mgrsin θB2L2 (2)mgqrsin θBL-mI20r2B2L2 (3)4m2gr2sin θB4L4
10.(16分)(2018·郑州模拟)如图10所示,两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计,其间距为L,两导轨及其构成的平面与水平面成θ角.两根用细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置,平行斜面向上的外力F作用在杆ab上,使两杆静止.已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m,两金属杆的电阻都为R,并且和导轨始终保持良好接触,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.某时刻将细线烧断,保持杆ab静止不动,重力加速度为g.
 
图10
(1)求细线烧断后外力F的最小值F1和最大值F2;
(2)当外力F=F1+F22时,求cd杆的速度大小;
(3)从细线烧断到cd杆达到最大速度,杆ab产生的电热为Q,求cd杆在此过程中经过的位移.
[解析](1)细线烧断瞬间,外力F取得最小值F1,对杆ab:
F1=mgsin θ
cd杆到达最大速度vm时,外力F取得最大值F2,对杆ab:
F2=mgsin θ+F安
对cd杆,因其匀速运动,则F′安=2mgsin θ
显然F安=F′安
代入可得F2=3mgsin θ.
(2)当外力F=F1+F22时,对杆ab
F=mgsin θ+F″安=2mgsin θ
可得F″安=mgsin θ
又知F″安=BIL
其中I=BLv2R
可得此时cd杆的速度v=2mgRsin θB2L2.
(3)由于两杆电阻相等,所以产生的电热相等.cd杆达到最大速度前,电路产生的总电热为2Q,设cd杆达到最大速度前经过的位移为x,由能量守恒可知
2mgsin θ·x=12(2m)v2m+2Q
cd杆最后匀速时F′安=2mgsin θ=BI′L
I′=BLvm2R
联立解得x=8m3g2R2sin2 θ+B4L4QB4L4mgsin θ.
[答案](1)mgsin θ 3mgsin θ
(2)2mgRsin θB2L2 (3)8m3g2R2sin2 θ+B4L4QB4L4mgsin θ
11.(20分)(2018·沈阳模拟)如图11所示,光滑绝缘的水平面上一个倒放的“曰”字型导线框,四周abfe为正方形,每边长度为l,中间的导线cd距离右侧边ab的距离为23l.上下横边ae、bf不计电阻,每条竖直边ab、cd、ef的电阻都是R.虚线右侧存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场边界与导线框的竖边平行.现在让导线框以速度v0匀速垂直进入磁场区域.忽略一切阻力.试分析:
 
图11
(1)导线框匀速进入磁场过程中所需外力的情况,并计算所需外力的大小和方向;
(2)线框匀速进入过程中电路中产生的焦耳热Q;
(3)分析、计算线框匀速进入磁场过程中ef边消耗的电功率多大.
【导学号:84370464】
[解析](1)ab 边切割磁感线时:E=BLv,①
电路总电阻为R总=32R I=ER总②
ab边受到安培力大小:F安=BIl=2B2l2v03R…③,方向向左
导线框匀速运动,外力与安培力等大反向:F外=2B2l2v03R,方向向右④
ab、cd两个边都进入磁场时,同时产生电动势,并联的电动势仍为E,电源内阻变为R2,外电阻变为R⑤
根据①②式导线框中的总电流不变.ab、cd两边中电流分别为:I′=I2=Blv03R⑥
ab、cd边受到安培力大小相等,总值:F′安=2BI′l=2BI2l=2B2l2v03R… ⑦,方向向左
所以F′外=2B2l2v03R,方向向右,⑧
(2)线框进入磁场过程中,外力克服安培力做的功大小等于线框中产生的焦耳热:
Q=F外2l3+F′外l3=2B2l3v03R.⑨
(3)只有ab边进入时,根据①②式,ef边中电流:I1=I2=Blv03R⑩
ef边消耗电功率:P1=I21·R=B2l2v209R
ab、cd两个边都进入磁场时,根据⑥式,ef边中电流为I2=I=2Blv03R
ef边消耗电功率:P2=I2·R=4B2l2v209R.
[答案](1)2B2l2v03R,方向向右 (2)2B2l3v03R (3)ab边切割磁感线时,ef边消耗的由功率为B2l2v209R,ab、cd边都切割磁感线时,ef边消耗的电功率为4B2l2v209R
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