《2018年高考物理大一輪復(fù)習(xí)第10章電磁感應(yīng)第3節(jié)電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用課時規(guī)范訓(xùn)練.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理大一輪復(fù)習(xí)第10章電磁感應(yīng)第3節(jié)電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用課時規(guī)范訓(xùn)練.doc（10頁珍藏版）》請?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、第3節(jié) 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用課時規(guī)范訓(xùn)練基礎(chǔ)鞏固題組1如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊()A在P和Q中都做自由落體運(yùn)動B在兩個下落過程中的機(jī)械能都守恒C在P中的下落時間比在Q中的長D落至底部時在P中的速度比在Q中的大解析：選C.小磁塊下落過程中，在塑料管Q中只受到重力，而在銅管P中還受到向上的磁場力，即只在Q中做自由落體運(yùn)動，故選項(xiàng)A、B錯誤；小磁塊在P中加速度較小，故在P中下落時間較長，落至底部時在P中的速度較小，選項(xiàng)C正確，D錯誤2(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)的虛線上方是一勻強(qiáng)磁場B，從虛線下方豎直上拋一正

2、方形線圈，線圈越過虛線進(jìn)入磁場，最后又落回原處，運(yùn)動過程中線圈平面保持在豎直平面內(nèi)，不計空氣阻力，則()A上升過程克服磁場力做的功大于下降過程克服磁場力做的功B上升過程克服磁場力做的功等于下降過程克服磁場力做的功C上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率D上升過程克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力的平均功率解析：選AC.線圈上升過程中，加速度增大且在減速，下降過程中，運(yùn)動情況比較復(fù)雜，有加速、減速或勻速等，把上升過程看成反向的加速，可以比較當(dāng)運(yùn)動到同一位置時，線圈速度都比下降過程中相應(yīng)的速度要大，可以得到結(jié)論：上升過程中克服安培力做功多；上升過程時間短，所以上升過程克服

3、重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率，故正確選項(xiàng)為A、C.3如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，磁場區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠?qū)挰F(xiàn)有一高為a的正三角形導(dǎo)線框從圖示位置開始向右沿x軸方向勻速穿過磁場區(qū)域若以逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在以下選項(xiàng)中，線框中感應(yīng)電流i與線框移動的位移x的關(guān)系圖象正確的是()解析：選C.線框從開始進(jìn)入到全部進(jìn)入第一個磁場過程，磁通量向里增大，則由楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r針方向，故B一定錯誤；因切割的有效長度均勻增大，故由EBLv可知，電動勢也均勻增加，而在全部進(jìn)入第一個磁場時，磁通量達(dá)最

4、大，該瞬間變化率為零，故電動勢也為零，故A錯誤；當(dāng)線框開始進(jìn)入第二個磁場時，線框中磁通量向里減小，則可知電流方向?yàn)轫槙r針方向，故D錯誤；而進(jìn)入第二個磁場后，分處兩磁場的線框兩部分產(chǎn)生的電流相同，且有效長度是均勻變大的，當(dāng)將要全部進(jìn)入第二個磁場時，線框中電流達(dá)最大2I0.故C正確4(多選)如圖所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好金屬棒中感

5、應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()解析：選BC.經(jīng)受力分析和電路分析知，i，F(xiàn)ABil v，URiR v，Pi2(Rr)v2，因此iFAURv，it、FAt、URt圖象的形狀與vt圖象相同對金屬棒由牛頓第二定律得FFAma，得F0vma.若k，則a0，金屬棒做勻加速運(yùn)動，A錯誤若k，a逐漸增大，B正確若k，a逐漸減小，最后趨向于零，C正確由以上分析知Pt圖象形狀與B或C相似，D錯誤5(多選)如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌AC、AD固定在水平面內(nèi)，并處在方向豎直向下、大小為B的勻強(qiáng)磁場中有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒以初速度v0從某

6、位置開始在導(dǎo)軌上水平向右運(yùn)動，最終恰好靜止在A點(diǎn)在運(yùn)動過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終構(gòu)成等邊三角形回路，且通過A點(diǎn)的總電荷量為Q.已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻阻值恒為R，其余電阻不計則()A該過程中導(dǎo)體棒做勻減速運(yùn)動B該過程中接觸電阻產(chǎn)生的熱量為mvC開始運(yùn)動時，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌所構(gòu)成回路的面積為SD當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為v0時，回路中感應(yīng)電流大小為初始時的一半解析：選BC.該過程中l(wèi)、v均在減小，故加速度a減小，選項(xiàng)A錯誤由能量守恒定律可知Q熱mv，選項(xiàng)B正確I，BS，QIt，聯(lián)立得S，選項(xiàng)C正確當(dāng)vv0時，ll0，由I知，I，選項(xiàng)D錯誤6如圖所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，

7、電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 .一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 ，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6)()A2.5 m/s1 WB5 m/s1 WC7.5 m/s 9 W D15 m/s9 W解析：選B.小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明棒做勻速直線運(yùn)動此時：F安，對棒滿足：mgsin mgcos 0因?yàn)镽燈R棒則：P燈P棒再依據(jù)

8、功能關(guān)系：mgsin vmgcos vP燈P棒聯(lián)立解得v5 m/s，P燈1 W，所以B項(xiàng)正確綜合應(yīng)用題組7兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示除電阻R外其余電阻均不計現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放則()A金屬棒將做往復(fù)運(yùn)動，動能、彈性勢能與重力勢能的總和保持不變B金屬棒最后將靜止，靜止時彈簧的伸長量為C金屬棒最后將靜止，電阻R上產(chǎn)生的總熱量為mgD金屬棒第1次達(dá)到最大速度時金屬棒的伸長量為解析：選B.金屬棒在往復(fù)運(yùn)動的過程中不斷克服安培力做功產(chǎn)生電

9、能，并轉(zhuǎn)化成焦耳熱，機(jī)械能不斷減少，最終靜止，靜止時彈力等于金屬棒的重力，A錯誤、B正確由能量守恒定律可得mgQE彈，C錯誤當(dāng)金屬棒第1次達(dá)到最大速度時，加速度為零，則mgkxF安，D錯誤8(多選)如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運(yùn)動到勻強(qiáng)磁場PQ邊界的v t圖象，圖中數(shù)據(jù)均為已知量重力加速度為g，不計空氣阻力下列說法正確的是()A金屬線框

10、剛進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流方向沿adcba方向B磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 C金屬線框在0t3時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量 為mgv1(t2t1)DMN和PQ之間的距離為v1(t2t1)解析：選BC.根據(jù)楞次定律可知，線框剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda方向，選項(xiàng)A錯誤；由于bc邊進(jìn)入磁場時線框勻速運(yùn)動，則mg，而線框邊長lv1(t2t1)，聯(lián)立可得B ，選項(xiàng)B正確；金屬線框在0t3時間內(nèi)，只有在t1t2時間內(nèi)才產(chǎn)生熱量，此過程中安培力與重力大小相等，因此所產(chǎn)生的熱量為mgv1(t2t1)，選項(xiàng)C正確；MN和PQ之間的距離為v1(t2t1)(t3t2)，選項(xiàng)D錯誤9(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形

11、導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k0)回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2.閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2解析：選AC.由法拉第電磁感應(yīng)定律EnnS有Ekr2，D錯誤；因k0，由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時針方向，故電容器b極板帶正電，B錯誤；由題圖知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián)，再與R的左半部、R1相串聯(lián)，故R2兩端電壓U2U，A正確；

12、設(shè)R2消耗的功率為PIU2，則R消耗的功率P2I2U2IU25P，故C正確10如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得maFmg設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速

13、度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值金屬桿所受的安培力為FABlI因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律得FmgFA0聯(lián)立式得R答案：(1)Blt0(2)11如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1kt，式中k為常量；在金

14、屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計求：(1)在t0到tt0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小解析：(1)在金屬棒越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為ktS設(shè)在從t時刻到tt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為，流過電阻R的電荷量為q.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E由歐姆定律有i由電流的定

15、義有i聯(lián)立式得|q|t由式得，在t0到tt0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|(2)當(dāng)tt0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動，有fF式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場施加的安培力設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為FB0Il此時金屬棒與MN之間的距離為sv0(tt0)勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為B0ls回路的總磁通量為t式中，仍如式所示由式得，在時刻t(tt0)穿過回路的總磁通量為tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變t為t(B0lv0kS)t由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為Et由歐姆定律有I聯(lián)立式得f(B0lv0kS

16、)答案：(1)(2)B0lv0(tt0)kSt(B0lv0kS)12如圖甲所示，平行長直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌間距L0.5 m，導(dǎo)軌左端M、P間接有一阻值R0.2 的定值電阻，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m0.1 kg，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.1，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放在距離左端d1.0 m處，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計整個裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，t0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的影響取重力加速度g10 m/s2.(1)求t0時棒所受到的安培力F0；(2)分析前3 s時間內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況并求前3 s內(nèi)棒所受的摩擦力F

17、f隨時間t變化的關(guān)系式；(3)若t3 s時，突然使ab棒獲得向右的速度v08 m/s，同時垂直棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使棒的加速度大小恒為a4 m/s2、方向向左求從t3 s到t4 s的時間內(nèi)通過電阻的電荷量q.解析：(1)t0時棒的速度為零，故回路中只有感生電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律知ELd感應(yīng)電流It0時棒所受到的安培力F0B0IL代入數(shù)據(jù)解得F00.025 N(2)ab棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力Ffmmg0.1 NF00.025 N所以在t0時刻棒靜止不動，加速度為零，在03 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3 s內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動，電流恒為I0.25 A在03 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度BB0kt0.20.1t T因?qū)w棒靜止不動，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有FfBIL(B0kt)IL代入數(shù)據(jù)可得Ff0.012 5(2t)N(t3 s)(3)34 s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B20.1 T，ab棒做勻變速直線運(yùn)動，t14 s3 s1 s設(shè)t4 s時棒的速度為v，第4 s內(nèi)的位移為x，則vv0at14 m/sxt16 m在這段時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢通過電阻的電荷量q t1t11.5 C答案：(1)0.025 N(2)靜止不動Ff0.012 5(2t)N(t3 s)(3)1.5 C