广东2011高考物理一轮复习 第九章第三讲电磁感应规律的综合应用试题

第九章 第三讲 电磁感应规律的综合应用一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1. 用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图1所示.当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是 ()ab0.1 Vab0.1 V 图1ab0.2 Vab0.2 V解析：题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知E得E10 V0.2 V所以UIRR V0.1 V，由于a点电势低于b点电势，故Uab0.1 V，即B选项正确.答案：B2. (2009宁夏高考)如图2所示，一导体圆环位于纸面内，OOM可绕O转动，MR.杆OM以匀角速度逆时针转动，ta到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t0开始转动一周的过程中，电流随t变化的图象是图3中的 ()图2图3解析：依据右手定则，可知在0内，电流方向为由M到O，在电阻R内则是由b到a，为负值，且大小I为一定值；内没有感应电流；内电流的方向相反，即沿正方向；2内没有感应电流，故C对.答案：C3. 如图4所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置 的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后 ()ef的加速度一定大于g 图4ef的加速度一定小于gef最终速度随S闭合时刻的不同而不同ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒v0，若此时F安mg，则F安mgma.若F安3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0vt图象如图b所示，则 ()图6A.t0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0t0时刻线框的速度为v0C.线框完全离开磁场的瞬间(位置3)的速度一定比t0时刻线框的速度大D.线框从进入磁场(位置1)到完全离开磁场(位置3)的过程中产生的电热为2Fb解析：t0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，为Bav0，A项错误；从t0时刻至3t0时刻线框做匀加速运动，加速度为，故在t0时刻的速度为v02at0v0，B项错误；因为t0时刻和t3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，C项错误；线框在位置1和位置3时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有FbQ，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，D项正确.答案：D二、双项选择题(本题共5小题，共35分.在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)图76. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为Rm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BR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 ()gB.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abv时，所受的安培力大小为FR上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少解析：金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A 对；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，则电阻等效为外电路，其电流方向为ba，故B错；金属棒速度为v时，安培力大小为FBIL，I，由以上两式得：F，故C对；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒速度不为零时的动能以及电阻R上产生的热量，因此D错.答案：AC7.一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正.在磁场中有一细金属圆环，线圈B随时间t变化，先按图乙中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cdE1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则 ()图8A.E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C.E1E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向D.E2E3，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向解析：Oa段中，B为正，表示其方向向里，B逐渐增大，表示穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，I1沿逆时针方向；bc段中，磁场方向向里且穿过线圈的磁通量减小，因此I2沿顺时针方向；cd段中，B为负值且增大，磁场方向向外，同样由楞次定律可知I3为顺时针方向.由Bt图象可以看出，bc与cd为同一段直线，其斜率相同，即磁感应强度的变化率相同，因此，bc与cd段线圈中产生的感应电动势大小相同，即E2E3.比较Oa图线与bd图线，Oa线的斜率较小，反映出这段时间磁场变化较慢，即穿过线圈的磁通量变化慢，说明E1E2.综上所述，选项B、D正确.答案：BD8. 如图9所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表 面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中()F做的功等于电路产生的电能 图9F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和解析：在此运动过程中做功的力有拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能的增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C、D是正确.答案：CD9. (2010扬州模拟)如图10甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒abab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0t时间内，图11中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是 ()图10解析：由楞次定律可判定回路中的电流始终为ba，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A错B对；由F安BIL可得F安随B的变化而变化，在0t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0t时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值.综上所述，D项正确.答案：BD10.(2010梅州测试)如图12所示，光滑曲线导轨足够长，固定在绝缘斜 面上，匀强磁场Bv0沿导轨 R，其余电 ()v0 图12R的电荷量大小相等解析：导体棒从某处以初速度v0沿导轨面向上滑动至向下滑回到原处的过程中，有一部分机械能转化成电阻发热的内能，据能的转化和守恒定律得滑回到原处的速度小于初速度大小v0，选项A正确；因为导体棒上滑和下滑过程中机械能不断减小，所以上滑过程通过某位置的加速度大小与下滑过程中通过该位置的加速度大小不同，上滑所用的时间和下滑所用的时间不同，选项B、D错误；上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量大小相等，均为q，选项C正确.答案：AC三、非选择题(本题共2小题，共30分)11. (14分)如图13(a)所示，面积S0.2 m2的线圈，匝数n630匝，总电阻r1.0 ，线圈处在变化的磁场中，磁感应强度B随时间t按图(b)所示规律变化，方向垂直线圈平面.图(a)中的传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3 V，0.9 W”，滑动变阻器R0上标有“10 ，1 A”.试回答下列问题：图13(1)设磁场垂直于纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向；(2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流；(3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图(b)中的t0最小值是多少？解析：(1)由楞次定律得，通过电流表的感应电流的方向向右.(2)传感器正常工作时的电阻R10 ，工作电流I0.3 A，由于滑动变阻器工作电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为I0.3 A.(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R外20 ，故电源电动势的最大值EI(R外r)6.3 V.由法拉第电磁感应定律E，解得t040 s.答案：(1)向右(2)0.3 A(3)40 s 12. (16分)如图14甲所示，足够长的金属导轨MN和PQ与一阻值为R的电阻相连，平行 地放在水平桌面上，质量为m的金属杆abab杆的电 阻不计，导轨宽度为L.磁感应强度为B ab一个初速度v0，使ab杆向右滑行.回答下列问题：图14(1)简述金属杆ab的运动状态，并在图乙中大致作出金属杆的vt图象；(2)求出回路的最大电流值Im并指出金属杆中电流流向；(3)当滑行过程中金属杆ab的速度变为v时，求杆ab的加速度a；(4)电阻R上产生的最大热量Qm.解析：(1)做加速度减小的减速运动直到停止运动.图象如图所示.(2)金属杆在导轨上做减速运动，刚开始时速度最大，感应电动势也最大，有EmBLv0所以回路的最大电流Im，金属杆上的电流方向从a到b.(3)EBLv，FBIL由闭合电路欧姆定律得I，由牛顿第二定律得Fma，解得a.(4)由能量守恒定律有：Qmmv.答案：(1)见解析(2)，ab(3) (4)mv