2019年高考物理总复习 第九章 第3讲 专题 电磁感应规律的综合应用 新人教版.doc

2019年高考物理总复习 第九章 第3讲 专题 电磁感应规律的综合应用 新人教版1闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按Bt图变化，方向如图1所示，则回路中()图1A电流方向为顺时针方向B电流强度越来越大C磁通量的变化率恒定不变D产生的感应电动势越来越大解析由楞次定律可以判断电流方向为顺时针方向，A项正确；由法拉第电磁感应定律EN可得，ENS，由图可知是恒量，所以电动势恒定，D项错误；根据欧姆定律，电路中电流是不变的，B项错误；由于磁场均匀增加，线圈面积不变所以磁通量的变化率恒定不变，C项正确答案AC2水平放置的金属框架cdef处于如图2所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则()图2Aab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大Bab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变Cab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大Dab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变解析由法拉第电磁感应定律ES知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由FfF安BIL知摩擦力增大，选项C正确答案C3如图3所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平线圈从水平面a开始下落已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则()图3AFdFcFb BFcFdFbFd DFcFbvb，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：FBIlBl，因vdvb，所以FdFbFc，选项D正确答案D4如图4所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()图4A通过电阻R的电流方向为PRMBa、b两点间的电压为BLvCa端电势比b端高D外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热解析由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为MRP，A错误；金属导线产生的电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误答案C5一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图5所示，磁感应强度B0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()图5Aab受到的拉力大小为2 NBab向上运动的速度为2 m/sC在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D在2 s内，拉力做功为0.6 J解析对导体棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，故B选项正确；对导体棒ab分析：FmgBIl0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即WF安vt0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt0.8 J，选项D错误答案BC6粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框沿四个不同方向以相同速率v匀速平移出磁场，如图6所示，线框移出磁场的整个过程()图6A四种情况下ab两端的电势差都相同B图中流过线框的电荷量与v的大小无关C图中线框的电功率与v的大小成正比D图中磁场力对线框做的功与v2成正比解析 由法拉第电磁感应定律E/t，闭合电路欧姆定律IE/R，电流定义式Iq/t可得q/R，线框沿四个不同方向移出磁场，流过线框的电荷量与v的大小无关，选项B正确四种情况下ab两端的电势差不相同，选项A错误图中线框的电功率PE2/R，EBLv，P与v的二次方大小成正比，选项C错误；图中磁场力FBIL，IE/R，EBLv，磁场力对线框做功WFL，磁场力对线框做的功与v成正比，选项D错误答案 B7如图7甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)则()图7A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC线圈的长度为1 mD0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J解析t2t3时间ab在L3L4内匀速直线运动，而EBLv2，FBL，Fmg解得：v28 m/s，选项B正确从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度是d，有：3dv2tgt2，得：d1 m，有：ad2d2 m，选项C错误，在0t3时间内由能量守恒得：Qmg5dmv1.8 J，选项D错误.0t1时间内，通过线圈的电荷量为q0.25 C，选项A正确答案AB8如图8甲所示，水平面上固定一个间距L1 m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B1 T的匀强磁场中，导轨一端接阻值R9 的电阻导轨上有质量m1 kg、电阻r1 、长度也为1 m的导体棒，在外力的作用下从t0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v2，不计导轨电阻求：(1)t4 s时导体棒受到的安培力的大小；(2)请在如图乙所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2t)图象图8解析(1)4 s时导体棒的速度v24 m/s感应电动势EBLv感应电流I此时导体棒受到的安培力F安BIL0.4 N(2)由(1)可得I2242t0.04t作出图象如图所示答案(1)0.4 N(2)见解析图9如图9所示，宽度为L的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加的电压成正比，即RkU，式中k为已知常数框架上有一质量为m，离地高为h的金属棒，金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于框架平面向里将金属棒由静止释放，棒沿框架向下运动，不计金属棒及导轨的电阻重力加速度为g.求：图9(1)金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；(2)金属棒落到地面时的速度大小；(3)金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电荷量解析(1)流过电子元件的电流大小为I，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为，由右手定则判定流过棒的电流方向为水平向右(或从ab)(2)在运动过程中金属棒受到的安培力为F安BIL对金属棒运用牛顿第二定律有mgF安ma得ag恒定，故金属棒做匀加速直线运动根据v22ax，得v (3)设金属棒经过时间t落地，有hat2解得t 故有qIt 答案(1)水平向右(或从ab)(2) (3) 10如图10所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s1.15 m，两导轨间距L0.75 m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R1.5 的电阻，磁感应强度B0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值r0.5 ，质量m0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q10.1 J(取g10 m/s2)求：图10(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度v2 m/s时的加速度a.(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，W重W安mv，.由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答解析(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R3r，因此QR3Qr0.3 J故W安QQRQr0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安BILv由牛顿第二定律mgsin 30vma所以ag sin 30vm/s23.2 m/s2(3)此解法正确金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin 30vma上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确mgs sin 30Qmv得vm m/s2.74 m/s答案(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)见解析