2011年高考物理复习12-3法拉第电磁感应定律的综合应用

用心 爱心 专心 第十二章第十二章 第三课法拉第电磁感应定律的综合应用第三课法拉第电磁感应定律的综合应用 一 选择题 共 10 小题 每小题 6 分 共 60 分 在每小题给 出的四个选项中至少有一项符合题意 全部选对的得 6 分 漏选的 得 3 分 错选的得 0 分 1 如图所示 用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和 2L的两 只闭合线框a和b 以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区 域中匀速地拉到磁场外 不考虑线框的重力 若外力对环做的功分 别为Wa Wb 则Wa Wb为 A 1 4 B 1 2 C 1 1 D 不能确定 解析 根据能的转化和守恒可知 外力做功等于电能 而电能又全部转化为焦耳 热Wa Qa BLv 2 Ra L v Wb Qb B2Lv 2 Rb 2L v 由电阻定律知Rb 2Ra 故Wa Wb 1 4 答案 A 2 2010 北京四校联考 如图所示 金属棒AB垂直跨 搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上 棒与导轨接 触良好 棒AB和导轨的电阻均忽略不计 导轨左端接有电阻 R 垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面 现以水平向右 的恒定外力F拉着棒AB向右移动 t秒末棒AB速度为v 移 动的距离为s 且在t秒内速度大小一直在变化 则下列判 断正确的是 A t秒内AB棒所受的安培力方向水平向左 大小逐渐增大 B t秒内外力F做的功等于电阻R释放的电热 C t秒内AB棒做加速度逐渐减小的加速运动 D t秒末外力F做功的功率等于 2Fs t 解析 由左手定则可知AB棒所受的安培力方向水平向左 棒AB在t秒内一直做 加速度减小的加速运动 根据能量守恒定律可知 外力F做的功一部分用来克服安培力做 功转化为电能 另一部分用来增加棒的动能 t秒末外力F做功的功率为P Fv 故只有 A C 正确 答案 AC 3 竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道 如图 所示 抛物线方程是y x2 轨道下半部分处在一个水平向外 的匀强磁场中 磁场的上边界是y a的直线 图中虚线所示 一个小金属环从抛物线上y b b a 处以速度v沿抛物线下滑 假设抛物线足够长 金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量 是 A mgb B mv2 1 2 C mg b a D mg b a mv2 1 2 解析 小金属环进入或离开磁场时 磁通量会发生变化 并产生感应电流 产生 焦耳热 当小金属环全部进入磁场后 不产生感应电流 小金属环最终在磁场中做往复运 动 由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能 即Q mv2 mgb mga mg b a 1 2 用心 爱心 专心 mv2 1 2 答案 D 4 如图所示 两光滑平行金属导轨间距为L 直导线MN垂 直跨在导轨上 且与导轨接触良好 整个装置处于垂直于纸面向 里的匀强磁场中 磁感应强度为B 电容器的电容为C 除电阻R 外 导轨和导线的电阻均不计 现给导线MN一初速度 使导线 MN向右运动 当电路稳定后 MN以速度v向右匀速运动时 A 电容器两端的电压为零 B 电阻两端的电压为BLv C 电容器所带电荷量为CBLv D 为保持MN匀速运动 需对其施加的拉力大小为 B2L2v R 解析 当棒匀速运动时 电动势E BLv不变 电容器不充电也不放电 无电流产 生 故电阻两端没有电压 电容器两板间的电压为U E BLv 所带电荷量Q CU CBLv 故选项 C 是正确的 答案 C 5 如图所示 ab cd为两根水平放置且相互平行的 金属轨道 相距L 左右两端各连接一个阻值均匀R的定 值电阻 轨道中央有一根质量为m的导体棒MN 其垂直放 在两轨道上且与两轨道接触良好 棒及轨道的电阻不 计 整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中 磁感应强 度大小为B 棒MN在外驱动力作用下做简谐运动 其振动 周期为T 振幅为A 通过中心位置时的速度为v0 则驱动力对棒做功的平均功率为 A B 2mv2 0 T B2L2v2 0 R C D B2L2A2 8T2R B2L2v2 0 2R 解析 棒做简谐运动 其速度随时间按正弦规律变化 切割磁感线时产生的感应 电动势也随时间按正弦规律变化 电动势的有效值 E BLv0 2 2 电流的有效值 I E 1 2R 在一个周期内产生的热量 Q I2T R 2 外力做的功等于产生的热量 W Q 平均功率 P W T 联立各式可求得 P B2L2v2 0 R 答案 B 6 2009 江西重点中学联考 如图所示 平行金属导轨与水 平面间的倾角为 导轨电阻不计 与阻值为R的定值电阻相连 匀强磁场垂直穿过导轨平面 磁感应强度为B 有一质量为m长为 l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动 最远到达a b 的位置 滑行的距离为s 导体棒的电阻也为R 与导轨之间的动摩擦因数为 则 用心 爱心 专心 A 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B2l2v R B 上滑过程中电流做功发出的热量为mv2 mgs sin cos 1 2 C 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2 1 2 D 上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2 mgssin 1 2 解析 电路中总电阻为 2R 故最大安培力的数值为 由能量守恒定律可知 B2L2v 2R 导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热 和克服摩擦阻力做功产生的内能 其公式表示为 mv2 mgssin mgscos Q电热 1 2 则有 Q电热 mv2 mgssin mgscos 即为安培力做的功 B 正确 C 错误 导体 1 2 棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和 W损失 mv2 mgssin BD 正确 1 2 答案 BD 7 如图所示 平行金属导轨与水平面成 角 导轨与固定电阻 R1和R2相连 匀强磁场垂直穿过导轨平面 有一导体棒ab 质量为 m 导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等 与导轨之间的动 摩擦因数为 导体棒ab沿导轨向上滑动 当上滑的速度为v时 受到安培力的大小为F 此时 A 电阻R1消耗的热功率为Fv 3 B 电阻R2消耗的热功率为Fv 6 C 整个装置因摩擦而消耗的热功率为 mgvcos D 整个装置消耗的机械功率为 F mgcos v 解析 棒ab上滑速度为v时 切割磁感线产生感应电动势E Blv 设棒电阻为 R 则R1 R2 R 回路的总电阻为R总 R 通过棒的电流I 棒所受安培力 3 2 E R总 2Blv 3R F BIl 通过电阻R1的电流与通过电阻R2的电流相等 即I1 I2 则电 2B2l2v 3R I 2 Blv 3R 阻R1消耗的热功率P1 I R 电阻R2消耗的热功率P2 I R 杆与导轨的 2 1 B2l2v2 9R Fv 62 2 Fv 6 摩擦力Ff mgcos 故摩擦消耗的热功率为P Ff v mgvcos 整个装置消耗的机 械功率为Fv mgvcos F mgcos v 由以上分析可知 B C D 选项正确 答案 BCD 8 如图所示 用铝板制成 U 型框 将一质量为m的带 电小球用绝缘细线悬挂在框中 使整体在匀强磁场中沿垂 直于磁场方向向左以速度v匀速运动 悬挂拉力为FT 则 A 悬线竖直 FT mg B 悬线竖直 FT mg C 悬线竖直 FTE2 B E1 E2 C E1 E2 D 无法判定E1 E2大小 解析 设PQ棒的质量为m 匀速运动的速度为v 导轨宽l 则由平衡条件 得 BIl mg 而I E Blv 所以v 可见PQ棒匀速运动的速度与何时闭合开关无 E R Rmg B2l2 关 即PQ棒两种情况下落地速度相同 由能量守恒定律得 机械能的损失完全转化为电能 故两次产生的电能相等 答案 B 10 在光滑的水平地面上方 有两个磁感应强度大小 均为B 方向相反的水平匀强磁场 如图所示 PQ为两个 磁场的边界 磁场范围足够大 一个半径为a 质量为m 电阻为R的金属环垂直磁场方向 以速度v从如图所示位 置运动 当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时 圆环 的速度为 则下列说法正确的是 v 2 A 此时圆环中的电功率为 4B2a2v2 R B 此时圆环的加速度为 4B2a2v mR C 此过程中通过圆环截面的电荷量为 Ba2 R D 此过程中回路产生的电能为 0 75mv2 解析 感应电动势E 2 B 2a 2Bav 感应电流I 此时圆环中的 v 2 E R 2Bav R 电功率P I2R 2R 安培力F 2B 2aI 4BaI 此过程中通过 2Bav R 4B2a2v2 R 8B2a2v R 圆环截面的电荷量q t t 此过程中产生的电能 I t R R 2B a2 2 R Ba2 R U mv2 m 2 mv2 1 2 1 2 v 2 3 8 答案 AC 二 论述 计算题 本题共 3 小题 共 40 分 解答时应写出必要的文字说明 计算公 式和重要的演算步骤 只写出最后答案不得分 有数值计算的题 答案中必须明确数值和 单位 11 如图所示 导线框abcdef的质量为m 电阻为r ab边长为l1 cd边长为 l1 3 bc de边长均为l2 ab边正下方h处有一单边有界匀强磁场区域 其水平边界为PQ 磁感 应强度为B 方向垂直于纸面向里 使线框从静止开始下落 下落过程中ab边始终水平 且cd边进入磁场前的某一时刻 线框已开始匀速运动 重力加速度为g 不计空气阻力 用心 爱心 专心 1 求cd边进入磁场瞬间线框的加速度 2 此后 当ef边进入磁场前的某一时刻 线框又开始匀速下落 求从cd边刚进入磁 场到线框完全进入磁场过程中 线框损失的机械能 解析 1 匀速运动时E1 Bl1v1 I1 E1 r mg BI1l1 得v1 mgr B2l2 1 cd边进入磁场瞬间线框的电动势 E2 B l1 l1 v1 I2 1 3 E2 r mg BI2 l1 l1 ma 1 3 得a g g B2 l1 f 1 3 l1 2v1 mr 5 9 2 再次达到匀速时 同理可得 v2 mgr B2 l1 f 1 3 l1 2 9mgr 4B2l2 1 从cd刚进入磁场到线框完全进入磁场过程中损失的机械能 E mgl2 mv mv 1 22 2 1 22 1 mgl2 65m3g2r2 32B4l4 1 答案 1 g 2 mgl2 5 9 65m3g2r2 32B4l4 1 12 2009 高考上海卷 如图 光滑的平行金属导轨水平放置 电阻不计 导轨间距 为l 左侧接一阻值为R的电阻 区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场 磁 场宽度为s 一质量为m 电阻为r的金属棒MN置于导轨上 与导轨垂直且接触良好 受到 F 0 5v 0 4 N v为金属棒速度 的水平外力作用 从磁场的左边界由静止开始运动 测 得电阻两端电压随时间均匀增大 已知 l 1m m 1kg R 0 3 r 0 2 s 1m 1 分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动 2 求磁感应强度B的大小 用心 爱心 专心 3 若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v v0 x 且棒在运动 B2l2 m R r 到ef处时恰好静止 则外力F作用的时间为多少 4 若在棒未出磁场区域时撤去外力 画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应 的各种可能的图线 解析 1 金属棒做匀加速运动 R两端电压U I v U随时间均匀增大 即v随时间均匀增大 加速度为恒量 即金属棒做匀加速运动 2 F v ma 将F 0 5v 0 4 代入 B2l2 R r 得 0 5 v 0 4 ma B2l2 R r 加速度为恒量 与v无关 ma 0 4 0 5 0 B2l2 R r 代入数据得 B 0 5T a 0 4m s2 3 撤去外力前金属棒的运动距离为x1 at2 1 2 v0 x2 at B2l2 m R r x1 x2 s at2 at s 1 2 m R r B2l2 代入数据得 0 2t2 0 8t 1 0 解方程得t 1s 4 13 2010 河北正定中学高三测试 如图所示 在直角三角形 ACD所包围的区域内存在垂直纸面向外的水平匀强磁场 AC边竖直 CD边水平 且边长AC 2CD 2d 在该磁场的右侧 处有一对竖直 L 2 放置的平行金属板MN 两板间的距离为L 在板中央各有一个小孔 O1 O2 O1 O2在同一水平直线上 与平行金属板相接的是两条竖 直放置的间距也为L的足够长光滑金属导轨 导轨处在水平向里的 匀强磁场中 磁感应强度为B 导体棒PQ与导轨接触良好 与阻 值为R的电阻形成闭合回路 导轨的电阻不计 整个装置处在真空 室中 有一束电荷量为 q 质量为m的粒子流 重力不计 运动中粒子不会发生相撞 以 速率v0从CD边中点竖直向上射入磁场区域 射出磁场后能沿O1O2方向进入两平行金属板 间并能从O2孔射出 现由静止释放导体棒PQ 其下滑一段距离后开 始匀速运动 此后粒子恰好不能从O2孔射出 而能返回后从磁场的AD边射出 假设 返回的粒子与入射的粒子不会相撞 求 1 在直角三角形ACD内磁场的磁感应强度B 用心 爱心 专心 2 导体棒PQ的质量m 3 带电粒子从CD边进入磁场到AD边射出磁场所用的时间 解析 1 粒子在ACD磁场中沿圆弧运动 半径r d 2 qv0B m v2 0 r 所以B 2mv0 qd 2 粒子刚好不能从O2孔射出 则qU mv 1 22 0 I U R 安培力F ILB 导体棒匀速时 F m g 解得 m BLmv2 0 2qRg 3 当