【创新设计】2011届高考物理一轮复习 第3课时 专题 电磁感应的综合应用练习 人教大纲版

1、第3课时 专题 电磁感应的综合应用1.（2010·扬州模拟）如图12-3-12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12-3-12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，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12312解析：由楞次定律可判定回路中的电流始终为ba方向，由法拉第电磁感应定律可判定回

2、路电流大小恒定，故A、B两项错；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安水平向右的分量等值反向，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：D图123132如图12313所示，在水平桌面上放置两条相距l的平行粗糙且无限长的金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连

3、，拉滑杆的绳处于水平拉直状态现若从静止开始释放物块，用I表示稳定后回路中的感应电流，g表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为f，则在物块下落过程中()A物体的最终速度为 B物体的最终速度为C稳定后物体重力的功率为I2R D物体重力的最大功率可能大于解析：本题综合考查了法拉第电磁感应定律、安培力公式、能量守恒定律、闭合电路欧姆定律和物体的平衡知识由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN的最终速度为v，对MN列平衡方程：fmg，v，所以A项正确；又从能量守恒定律角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培

4、力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生热功率，所以有：I2Rfvmgv，所以，v，所以B项正确，C项错误；物块重力的最大功率为Pmmgvmg，所以D项错误答案：AB图123143如图12314所示，半径为a的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒电阻为r，可以绕环匀速转动将电阻R、开关S连接在环上和棒的O端，将电容器极板水平放置，并联在R和开关S两端，如图12314所示(1)开关S断开，极板间有一带正电q，质量为m的粒子恰好静止，试判断OM的转动方向和角速度的大小(2)当S闭合时，该带电粒子以g的加速度向下运动，则R是r的几倍？解析：(1)由于粒子带

5、正电，故电容器上极板为负极，根据右手定则，OM应绕O点逆时针方向转动粒子受力平衡，mgqEBa2当S断开时，UE，解得.(2)当S闭合时，根据牛顿第二定律mgqm·gU·R解得3.答案：(1)OM应绕O点逆时针转动(2)3图123154光滑的平行金属导轨长L2 m，两导轨间距d0.5 m，轨道平面与水平面的夹角30°，导轨上端接一阻值为R0.6 的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B1 T，如图12315所示有一质量m0.5 kg、电阻r0.4 的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端

6、脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q10.6 J，取g10 m/s2，试求：(1)当棒的速度v2 m/s时，电阻R两端的电压；(2)棒下滑到轨道最底端时速度的大小；(3)棒下滑到轨道最底端时加速度a的大小解析：(1)当棒的速度v2 m/s时，棒中产生的感应电动势EBdv1 V此时电路中的电流I1 A所以电阻R两端的电压UIR0.6 V.(2)根据QI2RtR，可知在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q2Q10.4 J设棒到达最底端时的速度为v2，根据能的转化和守恒定律，有：mgLsin mvQ1Q2解得：v24 m/s.(3)棒到达最底端时回路中产生的感应电流I22 A根据牛顿第二定律有：

7、mgsin BI2dma解得：a3 m/s2.答案：(1)0.6 V(2)4 m/s(3)3 m/s2图123165如图12316所示，在距离水平地面h0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场，正方形线框abcd的边长l0.2 m，质量m0.1 kg，电阻R0.08 .一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连线框，另一端连一质量M0.2 kg的物体A.开始时线框的cd在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，同时将轻绳剪断，线框继续上升一段

8、时间后开始下落，最后落至地面整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2.求：(1)匀强磁场的磁感应强度B?(2)线框从开始运动到最高点，用了多长时间？(3)线框落地时的速度多大？解析：(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：Mg(hl)mg(hl)(Mm)v2代入数据解得：v2 m/s线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I线框恰好做匀速运动，有：MgmgIBl代入数据解得：B1 T(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：hlvt1代入数据解得：t10.6 s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t20.1 s此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，

9、到最高点时所用时间：t30.2 s线框从开始运动到最高点，所用时间：tt1t2t30.9 s(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl(Mm)gmg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动由机械能守恒定律可得：mvmv2mg(hl)代入数据解得线框落地时的速度：vt4 m/s.答案：(1)1 T(2)0.9 s(3)4 m/s1.图12317(2010·成都市高三摸底测试)如图12317所示，电阻R1 、半径r10.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r20.1 mt0时刻，

10、Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B2t(T)若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的()解析：由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P中产生的感应电动势为E··r0.01(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P中产生的感应电流I0.01(A)，其中负号表示电流的方向是顺时针方向答案：C图123182 如图12318所示，一个小矩形线圈从高处自由落下，进入较小的有界匀强磁场，线圈平面和磁场保持垂直设线圈下边刚进入磁场到上边刚进入磁场为A过程；线圈全部进入磁场内运动为B过程；线圈下边刚出磁场到上边刚出磁场

11、为C过程，则()A在A过程中，线圈一定做加速运动B在B过程中，线圈机械能不变，并做匀加速运动C在A和C过程中，线圈内电流方向相同D在A和C过程中，通过线圈某截面的电量相同解析：由于线圈从高处落下的高度未知，所以进入磁场时的初速度也不知，故进入磁场时，线圈在安培力和重力的作用下可能加速，也可能匀速或减速B过程中，线圈内不产生感应电流，只受重力作用，所以做匀加速运动，且机械能守恒由楞次定律知，A、C过程中电流方向相反，A过程为逆时针，C过程为顺时针由公式qt·t，A和C过程线圈磁通量的变化量相同，故通过线圈某截面的电量相同故正确选项为B、D.答案：BD图123193 如图12319所示，

12、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()A导体棒ef的加速度可能大于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<mg，则mgF安ma，F安不确定，A项正确，B项错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最

13、终的安培力和重力平衡，故C项错误再根据能量守恒定律，D项正确答案：AD4.图12320(2010·日照测试)如图12320所示，光滑曲线导轨足够长，固定在绝缘斜面上，匀强磁场B垂直斜面向上一导体棒从某处以初速度v0沿导轨面向上滑动，最后又向下滑回到原处导轨底端接有电阻R，其余电阻不计下列说法正确的是()A滑回到原处的速率小于初速度大小v0B上滑所用的时间等于下滑所用的时间C上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量大小相等D上滑过程通过某位置的加速度大小等于下滑过程中通过该位置的加速度大小解析：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

14、内能，据能的转化和守恒定律得滑回到原处的速率小于初速度大小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图123215 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图12321所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向水平向

15、右的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动重力加速度为g.以下说法正确的是()Aab杆所受拉力F的大小为mg Bcd杆所受摩擦力为零Ccd杆向下匀速运动的速度为 Dab杆所受摩擦力为2mg解析：ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，只有cd杆运动切割磁感线，设cd杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有：I，EBLv1cd杆只受到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用(因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零)由平衡条件得：mgBLI解得cd杆向下匀速运动的速度为ab杆的受力如图所示，根据

16、平衡条件可得：FN2mg，FFf2mg综上所述，选项B、C、D正确答案：BCD图123226如图12322所示，水平面内两个足够长光滑平行的金属导轨间距为d，置于垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.质量均为m，电阻均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置处于静止状态，现给ab棒一个水平向左的瞬时冲量I.下列说法正确的是()A两棒组成的系统动量守恒、机械能守恒B电路在整个过程中产生的电能为C最终稳定后两棒之间距离将减小D电路在整个过程中产生的电热为解析：两棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒，ab棒开始运动后，由于安培力的作用，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒的加速度大小相等

17、并不断减小，直到两棒速度相等，两棒加速度减为零，以后两棒就保持相同速度匀速运动，由于在二者速度达到相等前ab棒速度始终大于cd棒速度，二者距离应该增大，C项错；由于存在机械能和电能之间的转化，机械能不守恒，A项错；在这个过程中，克服安培力做多少功，就产生多少电能，只有棒ab在二者达到共同速度之前克服安培力做功，设棒ab的初速度为v1，二棒达到的共同速度为v2，则有Imv1，mv12mv2，产生的电能等于ab棒动能的减少，即Emvmv，依以上3个式子可得E，可见B项正确；电路在整个过程产生的电热等于系统动能的减少，则Qmv·2mv，可见D项错答案：B图123237如图12323所示，A

18、B、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下 ，磁感应强度为B的匀强磁场中AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻质量为m长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则()A初始时刻导体棒所受的安培力大小为B从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为C当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv2QD当导体棒再次回到初始位置时，AC间电阻R的热功率为解析：

19、初始时刻由EBLv0、I及FBIL可解得F，A项正确；由于导体棒往复运动过程中机械能逐渐转化为焦耳热，故从开始到第一次到达最左端过程中产生的焦耳热Q大于从左端运动到平衡位置产生的焦耳热，即Q>×2Q，B项错误；由能量守恒可知C项正确；当导体棒再次回到平衡位置时，其速度v<v0，AC间电阻的实际热功率为P，故D项错误答案：AC8.图12324(2010·江西重点中学联考)在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直，长度为L的金属杆aO，已知abbccOL/3，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆金属轨道始终接触良好一电容为C的电容器接在轨道上，如图12324所示

20、，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度顺时针匀速转动时()AUac2UabBUac2UbOC电容器带电量QBL2CD若在eO间连接一个理想电压表，则电压表示数为零解析：金属杆转动切割磁感线产生的感应电动势EBLBLBL可得：UacBLBLBL2UabBLBLBL2UbOBLBLBL2可见，Uac2UbO，由于没有闭合回路，金属杆中只存在感应电动势，转动过程中给电容器充电，充电电压为Uac.有：QCUacBL2C，若在eO间连接一个理想电压表，则电压表所测电压为UcO，故B、C正确答案：BC图123259如图12325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

21、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位置获得平行于斜面的，大小为v的初速度向上运动，最远到达ab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()A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做功发出的热量为mv2mgs(sin cos )C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 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：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

22、：mv2mgssin mgscos Q电热，则有：Q电热mv2(mgssin mgscos )，即为安培力做的功导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，W损失mv2mgssin .B、D两项正确答案：BD图1232610如图12326甲所示，abcd是位于竖直平面内的边长为10 cm的正方形闭合金属线框，线框的质量为m0.02 kg，电阻为R0.1 .在线框的下方有一匀强磁场区域，MN是匀强磁场区域的水平边界线，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直现让线框由距MN的某一高度从静止开始下落，经0.2 s开始进入磁场，图12326乙是线框由静止开始下落的vt图象空气阻力不计，g取10

23、 m/s2求：(1)金属框刚进入磁场时的速度；(2)磁场的磁感应强度解析：(1)由题中图象可知：线框刚进入磁场后，由于受到重力和安培力的作用线框处于平衡状态设此时线框的速度是v0，则由运动学知识可得：v0gt由式可解得：v02 m/s.(2)设磁场的磁感应强度是B，由电学及力学知识可得以下方程：EBLbcv0IFABILbcFAmg由以上方程可解得：B1 T答案：(1)2 m/s(2)1 T11.图12327如图12327所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间连有一段倾角为的光滑倾斜导轨，其下端用一光滑小圆弧与右端的水平导轨相接，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上斜面导轨所

24、在区域无磁场，右段水平区域存在恒稳的、竖直向下的匀强磁场B2，其磁感应强度B2待求左段水平区域存在均匀分布但随时间线性变化的、竖直向上的匀强磁场B1(t)，其磁感应强度随时间变化的规律为B1(t)B0kt，式中B0和k都是已知常数在斜面轨道顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g.(1)金属棒在倾斜轨道上滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？(2)求金属棒在倾斜轨道上滑动的时间内，回路中感应电流产生的焦耳热量(3)若在金属棒滑到倾斜轨道底端进入匀强磁场B2后刚好做匀速运动，求磁场的磁感应强度B2的大小解析：(1)感应电流的大小和方向均不发生改变因为金属棒滑到斜面导轨上任意位置时，回路中磁通量的变化率相同(2)金属棒在斜面导轨上滑行的加速度为：ag·sin ，而斜面的长度为at2解得t 设金属棒在斜面导轨上滑行时回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律得E0kL2根据闭合电路的欧姆定律可得I由焦耳定律有QI2Rt· .(3)设金属棒进入磁场B2瞬间的速度为v，金属棒在倾斜轨道下滑的过程中，机械能守恒，有mgHmv2若金属棒滑到倾斜轨道底端进入匀强磁场B2后刚好做匀速运动，所以回路中的感应电动势应为零即回路