2011届高考物理一轮复习精品同步练习第十二章 第3讲 课时作业 doc--高中物理 .doc

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1、 永久免费组卷搜题网第十二章 第三讲 电磁感应规律的综合应用 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() 图1AUab0.1 VBUab0.1 VCUab0.2 VDUab0.2 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，画出等效电路如图所示则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10 T/s.由E得E10 V0.2 V所以UIRR V0.1 V，由于a

2、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，O为圆心环内两个圆心角为90的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度逆时针转动，t0时恰好在图示位置规定从a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

3、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，导轨所在平面与磁应强度为B的匀强磁场垂直，如图4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 ()图4A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为FD电阻R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

4、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：AC4如图5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 图5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

5、S闭合后 ()A导体棒ef的加速度一定大于gB导体棒ef的加速度一定小于gC导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安mg，则F安mgma.若F安E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BE1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向CE1E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向DE2E3，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

6、的磁通量减小，因此I2沿顺时针方向；cd段中，B为负值即向外且增大，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：BD6如图7所示，一个边长为L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为L的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线 图7平分导线框在t0时

7、，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域以i表示导线框中感应电流的大小，取逆时针方向为正图8所示的it关系图示中，可能正确的是 ()图8解析：分析线圈运动过程，由导体切割磁感线产生感应电动势EBLv和闭合电路欧姆定律I得I.从开始运动到图1，导线切割长度均匀增大，产生电流均匀增大，故A错误；从图1到图2，导线切割长度L不变化，故电流保持不变，故B错误；从图2到图3，导线切割长度减小，且变化情况与从开始到图1情况一样，故在电流随时间的变化的图象中斜率一样，故D错误；从图3到图4，由右手定则判断出AB边与CD边切割产生的电流相抵消，电流减小得更快，以后与前面过程

8、对称，故C正确答案：C7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 图9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 ()A恒力F做的功等于电路产生的电能B恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C克服安培力做的功等于电路中产生的电能D恒力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

9、正确答案：CD8如图10所示是磁悬浮列车运行原理模型两根平行直导轨间距为L，磁场磁感应强度B1B2，方向相反，同时以速度v沿直导轨向右匀速运动导轨上金属框电阻为R，运动时受到的阻力为Ff.则金属框运动的最大速度表达式为 ()图10Avm BvmCvm Dvm解析：当金属棒受到的安培力和阻力平衡时速度最大，根据EBL(vvm)，I，F安BIL,2F安Ff，解得vm，故C正确答案：C9(2010十堰模拟)如图11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

10、计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态规定ab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12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11图12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如图13所示，两根竖直的平行光滑导轨MN、PQ，相距为L.在M与P之间接有定值

11、电阻R.金属棒ab的质量为m，水平搭在导轨上，且与导轨接触良好整个装置放在水平匀强磁场中，磁感应强度为B.金属棒和导轨电阻不计， 图13导轨足够长若开始就给ab竖直向下的拉力F，使其由静止开始向下做加速度为a(ag)的匀加速运动，试求出拉力F与时间t的关系式解析：经过时间t，ab的速度为vatt时刻的安培力F安BILBLt由牛顿第二定律得：FmgF安ma解之得Fm(ag)t答案：Fm(ag)t11如图14(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，

12、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14(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

13、应定律E，解得t040 s.答案：(1)向右(2)0.3 A(3)40 s12如图15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ab可以无摩擦地沿导轨运动导轨与ab杆的电阻不计，导轨宽度为L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面现给金属杆ab一个初速度v0，使ab杆向右滑行回答下列问题：图15(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 永久免费组卷搜题网