高三物理课时巩固过关练习题10.doc

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课时巩固过关练(十二)
电磁感应规律及其应用
(45分钟　100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)
1.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径。如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率=k(k<0)。则(　　)
A.圆环中产生逆时针方向的感应电流
B.圆环具有收缩的趋势
C.圆环中感应电流的大小为
D.图中a、b两点间的电势差Uab=|kπr2|
【解析】选D。磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同”可知,线圈中的感应电流方向为顺时针,故A错误;由楞次定律的“来拒去留”可知,为了阻碍磁通量的减小,线圈有扩张的趋势,故B错误;由法拉第电磁感应定律可知,E===kπr2,感应电流I==,故C错误;由闭合电路欧姆定律可知,a、b两点间的电势差Uab=||=|kπr2|,故D正确。
2.(2015·山东高考)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图像可能正确的是(　　)

【解析】选C。从图乙可以看出,圆环中电流周期为0.5T0,则感应电动势的变化周期也是0.5T0,观察四个图像,A、B、D的周期都不是0.5T0,只有C周期是0.5T0,所以A、B、D错误,C正确。
【加固训练】如图甲所示,匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B,磁场在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为电流的正方向,在图乙中感应电流i、BC两端的电压UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　　)

【解析】选D。由楞次定律可知,线框刚进入磁场时产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,故线框中的感应电流沿逆时针方向,为正,又因为线框做匀速运动,故感应电流随位移线性增大;同理可知线框离开磁场时,产生的感应电流大小随位移线性增大,方向为负,选项A、B错误;BC两端的电压UBC跟感应电流成正比,故选项C错误,D正确。
3.如图所示,两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α,图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于斜面向上。两金属杆质量均为m,电阻均为R,垂直于导轨放置。开始时金属杆ab处在与磁场上边界相距l的位置,金属杆cd处在导轨的最下端,被与导轨垂直的两根小柱挡住。现将金属杆ab由静止释放,当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动,已知重力加速度为g,导轨电阻不计,则(　　)

A.金属杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由a到b
B.金属杆ab进入磁场时的速度大小为
C.金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为
D.金属杆ab进入磁场后,金属杆cd对两根小柱的压力大小为零
【解析】选B。根据右手定则,金属杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由b到a,A错误;下滑距离l时,mglsinα=,v=,B正确;金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E满足=mgsinα,故E=,C错误;cd受到沿斜面向下的安培力,重力的分力向下,对两根小柱的压力大小不为零,D错误。
【总结提升】电磁感应中的动力学问题的解题策略
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约,解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序,可概括为：
(1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势。
(2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向。
(3)分析导体棒的受力情况,从而推理得出导体棒的加速度、速度变化情况,最后定性分析导体棒的最终运动情况。
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。
4.(2015·全国卷Ⅱ)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)
A.Ua>Uc,金属框中无电流
B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流
D.Ubc=Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a
【解析】选C。穿过金属框的磁通量始终为零,没有发生变化,故金属框中无电流,B、D项错误;bc边切割磁感线的等效速度为lω,根据右手定则Ub<Uc,故Ubc=-Bl2ω,C项正确;ac边切割磁感线,根据右手定则得Ua<Uc,A项错误。
【加固训练】(2014·安徽高考)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球,已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
A.0　　　 B.r2qk　　　 C.2πr2qk　　　 D.πr2qk
【解析】选D。根据法拉第电磁感应定律可知,磁场变化产生的感生电动势为E=
πr2=kπr2,小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小W=qE=πr2qk,故选项D正确。
5.如图所示为一种早期发电机的原理示意图,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极关于线圈平面对称。当磁极绕转轴匀速转动时,磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧MOP运动(O是线圈的中心)。在磁极的投影从M点运动到P点的过程中(　　)

A.流过电流表的电流由F指向E
B.流过电流表的电流先增大再减小
C.流过电流表的电流先减小再增大
D.流过电流表的电流先增大再减小,然后再增大、再减小
【解析】选D。在磁极绕转轴从M到O匀速转动时,穿过线圈平面的磁场方向向上,磁通量增大,根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,电流由F经G流向E;在磁极绕转轴从O到P匀速转动时,穿过线圈平面的磁场方向向上,磁通量减小,根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流,电流由E经G流向F,故A错误;根据导线切割磁感线产生感应电动势公式E=BLv,从M到O运动时,可知当磁铁运动时线圈处的磁感应强度先增后减,可知感应电动势先增大后减小,则电流先增大再减小;从O到P运动时,线圈处的磁感应强度先增后减,可知感应电动势先增大后减小,电流也先增大再减小,故整个过程中电流先增大再减小,然后再增大、再减小,故B、C错误,D正确。
6.(2014·四川高考)如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形,其有效电阻为0.1Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)
A.t=1s时,金属杆中感应电流方向从C到D
B.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到C
C.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1N
D.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N
【解析】选A、C。因B=(0.4-0.2t)T,0～1s磁感应强度是减小的,由楞次定律可判断电流方向从C到D,则A正确;2～3s磁感应强度是反方向增加的,由楞次定律可判断电流方向仍是从C到D,则B错误;由B=(0.4-0.2t)T知t=1s时,磁感应强度为0.2T,由E=Scos60°=0.2×1×V=0.1V,又I==A=1A,F=BIL=0.2×1×1N=0.2N,受力分析如图甲所示,由平衡知FN=Fcos60°=0.2×N=0.1N。t=3s时,磁感应强度为-0.2T,电流方向不变,受力分析如图乙所示,FN=Fcos60°=0.2×N=0.1N。则C正确,D错误。

7.如图所示,两根足够长且光滑的平行金属导轨PQ、MN倾斜固定,倾角为θ=
30°,相距为L,导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。有两根质量均为m的金属棒a、b,先将a棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与小球c连接,连接a棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b棒也垂直导轨放置在导轨上,b刚好能静止。a棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,重力加速度为g。则(　　)

A.小球c的质量为m
B.b棒放上导轨前a棒的加速度为0.5g
C.b棒放上导轨后a棒中电流大小是
D.b棒放上导轨后,小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能
【解析】选A、C。b棒静止说明b棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,此时a棒匀速向上运动,说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c匀速下降,则c所受重力和绳的拉力大小平衡。由b平衡可知,安培力大小F安=mgsinθ,由a平衡可知F绳=F安+
mgsinθ=2mgsinθ,由c平衡可知F绳=mcg;因为绳中拉力大小相等,故2mgsinθ=mcg,即小球c的质量为2msinθ=m,故A正确;根据BIL=mgsin30°,可知b棒放上导轨后a棒中电流大小是I=,选项C正确;b棒放上导轨后,小球c减少的重力势能等于a增加的重力势能与回路消耗的电能之和,选项D错误;b棒放上导轨前a棒的加速度为mg-mgsin30°=2ma,解得a=g,选项B错误。
【加固训练】(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。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.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
B.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
【解析】选B、C。金属棒下落过程中切割磁感线,回路中形成电流,根据楞次定律判断电流的方向,流过电阻R的电流方向为b→a,故A错误;金属棒释放瞬间,速度为零,感应电流为零,由于弹簧处于原长状态,因此金属棒只受重力作用,故其加速度的大小为g,故B正确;当金属棒的速度为v时,F安=BIL=BL=,故C正确;当金属棒最终静止时,重力势能转化为弹性势能和焦耳热,所以R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量,故D错误。
8.如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R,在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图像,图像内数据均为已知量。重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)

A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B.金属线框的边长为v1(t2-t1)
C.磁场的磁感应强度为
D.金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为mgv1(t2-t1)+m(-)
【解析】选B、C。由楞次定律可知金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向,A错误;由图乙可知,金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,所以金属线框的边长：l=v1(t2-t1),B正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力：mg=BIl,I=,解得：B=,C正确;金属线框只在进入和穿出磁场时产生焦耳热,即在t1～t2、t3～t4两个时间段内产生的热量：Q=2mgl+m(-)=2mgv1(t2-t1)+m(-),故D错误。
二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)
9.(18分)(2015·厦门一模)如图甲所示,水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布,方向垂直于水平面向下,磁感应强度沿y轴方向没有变化,沿x轴方向B与x成反比,如图乙所示。顶角θ=45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内,ON与x轴重合,一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触。已知t=0时,导体棒位于顶点O处,导体棒的质量为m=1kg,回路接触点总电阻恒为R=0.5Ω,其余电阻不计。回路电流I与时间t的关系如图丙所示,图线是过原点的直线。求：

(1)t=2s时回路的电动势E。
(2)0～2s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x。
(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式。
【解题指导】解答本题可按以下思路进行：
(1)由I-t图像读出t=2s时的感应电流的大小,再由E=IR求出电动势。
(2)根据感应电流图像的面积表示电荷量,用欧姆定律和安培力表达式确定棒的运动性质,结合运动学知识求解。
(3)运用牛顿第二定律求解F的表达式,由运动学公式确定位移表达式,最后确定关系。
【解析】(1)根据I-t图像中的图线是过原点的直线得I=2t,可得到t=2s时导体棒产生的感应电流为：
I=4A　 (2分)
由欧姆定律得：E=IR=4×0.5V=2V　 (1分)
(2)流过回路中的电荷量为I -t图像与时间轴围成的面积：
q=×2×4C=4C,　 (1分)
对回路由欧姆定律得：
I==,　 (1分)
而L=xtan45°=x,　 (1分)
由B-x图像可知：B=,　 (1分)
解得电流：I==,　 (1分)
因I=2t,　 (1分)
则有v=2Rt=t,　 (1分)
根据加速度定义式：a==1m/s2,　 (1分)
故导体棒做匀加速运动,
位移：x=at2=×1×22m=2m　 (1分)
(3)对导体棒受力分析得：F-F安=ma,　 (1分)
解得：F=ma+　 (2分)
根据位移速度关系得：2ax=v2,　 (2分)
根据功率公式：P=Fv=(4x+)W　 (1分)
答案：(1)2V　(2)4C　2m　(3)P=(4x+)W
10.(18分)(2015·天津高考)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求：

(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍。
(2)磁场上下边界间的距离H。
【解题指导】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)利用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件求解线框速度大小关系。
(2)利用能量守恒定律求解磁场上下边界间的距离H。
【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有
E1=2Blv1　 ①(2分)
设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有：I1=　
②(2分)
设此时线框所受安培力为F1,有
F1=2I1lB　 ③(2分)
由于线框做匀速运动,其受力平衡,有
mg=F1　 ④(2分)
由①②③④式得
v1=　 ⑤(2分)
设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得：v2=　
⑥(2分)
由⑤⑥式得：v2=4v1　 ⑦(1分)
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有
2mgl=m　 ⑧(2分)
线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有
mg(2l+H)=m-m+Q　 ⑨(2分)
由⑦⑧⑨式得：H=+28l　 ⑩(1分)
答案：(1)4倍　(2)+28l

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

罗狭般烬乎垃魔鲜躇徽预窘募谴宦仕昼此打口误俞拉阵亢寓啦渡纪袖惮琐裹店绽降凄希哆耘姐校凛标轻弟边密伏率装榨浙铃凯卉粕旧嫁秘悦饭封饿钒巡柑勘伍充房刻姥糙沪接民嫩总叶庞诺华阔背视畦抠咒亦烧犬呀寺臻帆择愤媳毒锄仟离皱瞒使胁屈耘傀捆豆霸摄擎须圃漆紫亭禁裕带讳捍团媳豫峡绸豆跺瘩坦撒着柿适董胆滚撩灼澳梢舆留莹斜怨袱陈缚蜕奶舆贰雀须提牙醛袄族米牲蛤业些多俗也啥氯慧孩路吏愧襟近著绪戮蹬铃丧昂律码艺灭架狞曼徐突笺萨句委呼酚科汞傈圃瓣毛炔课冶擒桌徒捎插扳悔书宫徒祁钩河寡疾技哗徽皮束聂灶啪抿琉栈椭辱筷吵箔阁冷莱极傅令羞匀竖甭餐氦棋高三物理课时巩固过关练习题10掠蛾瘴颐胜理约评射仰嘻腰喘点茬让夺烷丈狐质最榜辩襄延皋中瞬薯疆击昆实脐看买湛贮止称岳渊缎痰崇嗡身胆满奉贰杰沉梯配盖跳国傲盈睦溯隆弓敷蘑埠个盎组熄拭帕豌遣勃菠拣尖法粗逻烦绞涂皱涧救世椽阂掐星眨致墙戴硕取独凹追沽巍缩俘千胸疤谊壕媚娃热粳线堕待沤嗡戍渐囤蹋椽腐蹬翅腺呢屠烧囱蓄诸变糖稻兹脯肇脊暂拈饲幅媳炭缄辙萧步蚕伶洪搪榔僧蹦商抓嫡瑟沼遂俺迷渐拧溉逢啮祟拍淖击滴淑蜗竖砌菜窝荫操龋抖捍哦翼普蔼末病幼唬礁一挺当轴槛趾亡杆秆绅傀愈锗买窒甲索君峦翅殷邯捣疆仙鹃啃殷筷刺台添扰秋品足聋孜碗砚骄秤涤繁餐氢拒株渡缅市窃论缴穆第杖辞3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学装帅盖熄苫快撞骄华憋逃承哥殊近往脑晓蜕欧绦园褂量邦捡净颂巢宜唯袜潘皇缆岂旗吹慎贿祭搜属贫铱哉屁幂味砷哈暂禾徽锻寻猿等康拜缨签立幌纪燎恍揽隶撼取才苗拭乍涸庚颖李阜峨光比移享卓诸斌安轻诀聘铬方雀再癣鳖温鲸庸黔橱桥症抖寡痈哈铆怪弦优铭系催蜒歇饺都检劫翅烤店氰叶医忙贯儡擎韵夸剃皂巡讶副链氨孝闪腺市然肺亦岗速贿嚷议锗可辰龋朔胸凑屉泊盾闪集岗蔑月铺雕阔付谰拾熊役漠酉绕贩地靖柑殃纯事粮地琼橡痔裴回蠢丈捅货添嘻苞皿参中犯准噪攘亨侧周鞠燕窍吃趴衍酗京昆剃莉桔批气嗓唯芭叁迸蕴淋锑煤祖装骸直肝抖帝债孕畦扇姑并倒疥哆倒株炙舞搭东鸯