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时间:2018-12-22
《2012年高考物理总复习 第九章 第3讲 电磁感应中的综合应用》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、第9章第3讲一、选择题1.如图所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一固定电阻R,导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内).现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动.令U表示MN两端的电压的大小,则( )A.U=vBl B.U=vBlC.U=vBlD.U=2vBl[答案] A[解析] 电路中电动势为E=Blv,则MN两端电压U=·R=Blv.2.(2010·合肥模拟)如图所示,在一
2、匀强磁场中有一U形导体框bacd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可以在ab、cd上无摩擦地滑动,杆ef及线框中导体的电阻都可不计.开始时,给ef一个向右的初速度,则( )A.ef将减速向右运动,但不是匀减速B.ef将匀速向右运动,最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将做往复运动[答案] A[解析] 杆ef向右运动,所受安培力F=BIl=Bl=,方向向左,故杆做减速运动;v减小,F减小,杆做加速度逐渐减小的减速运动,A正确.3.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以
3、水平速度v0抛出.设在整个过程中,棒的取向不变且不计空气阻力,则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化的情况是( )A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断[答案] C[解析] 金属棒水平抛出后,在垂直于磁场方向的速度不变,由E=Blv可知,感应电动势也不变,C项正确.4.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,悬线拉力为FT,则( )A.悬线竖直,FT=mgB.悬线竖直,FT>mgC.悬线竖直,FT4、案] A[解析] 设两板间的距离为L,由于向左运动过程中竖直的切割磁感线,产生感应电动势,由右手定则判断下板电势高于上板,感应电动势大小E=Blv,即带电小球处于电势差为BLv的电场中,所受电场力F电=qE电=q=q=qvB.设小球带正电,则电场力方向向上,同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,方向由左手定则判断竖直向下,即F电=F洛,故无论小球带什么电怎样运动,FT=mg,选项A正确.5.(2010·宁波模拟)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B.5、一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则( )A.如果B增大,vm将变大B.如果α变大,vm将变大C.如果R变大,vm将变大D.如果m变小,vm将变大[答案] BC[解析] 以金属杆为研究对象,受力如图所示.根据牛顿第二定律得:mgsinα-F安=ma,其中F安=当a→0时,v→vm解得vm=结合此式分析即得B、C选项正确.6.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,不考虑线框的动能,若外6、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[答案] A[解析] 根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能,而产生的电能又全部转化为焦耳热Wa=Qa=· Wb=Qb=·由电阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A项正确.7.如图所示,相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(L7、圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场)( )A.感应电流做功为mglB.感应电流做功为2mgdC.线圈的最小速度可能为D.线圈的最小速度一定为[答案] BCD[解析] 根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等,对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd,出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd,所以总共产生电能2mgd,则感应电流做功2mgd,所以A错误、B正确;若进入过程中出现匀速运动情况,则安培力与重力相等,所以存在最小速度为的可能,C正确;对整个过程应用动能定理可得D正确.8.8、(2010·浙江省部分重点中学联考)如图a所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框,边长为a,在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开
4、案] A[解析] 设两板间的距离为L,由于向左运动过程中竖直的切割磁感线,产生感应电动势,由右手定则判断下板电势高于上板,感应电动势大小E=Blv,即带电小球处于电势差为BLv的电场中,所受电场力F电=qE电=q=q=qvB.设小球带正电,则电场力方向向上,同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,方向由左手定则判断竖直向下,即F电=F洛,故无论小球带什么电怎样运动,FT=mg,选项A正确.5.(2010·宁波模拟)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B.
5、一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则( )A.如果B增大,vm将变大B.如果α变大,vm将变大C.如果R变大,vm将变大D.如果m变小,vm将变大[答案] BC[解析] 以金属杆为研究对象,受力如图所示.根据牛顿第二定律得:mgsinα-F安=ma,其中F安=当a→0时,v→vm解得vm=结合此式分析即得B、C选项正确.6.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,不考虑线框的动能,若外
6、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[答案] A[解析] 根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能,而产生的电能又全部转化为焦耳热Wa=Qa=· Wb=Qb=·由电阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A项正确.7.如图所示,相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场,磁感应强度为B,质量为m、电阻为R的正方形线圈abcd边长为L(L7、圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场)( )A.感应电流做功为mglB.感应电流做功为2mgdC.线圈的最小速度可能为D.线圈的最小速度一定为[答案] BCD[解析] 根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等,对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd,出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd,所以总共产生电能2mgd,则感应电流做功2mgd,所以A错误、B正确;若进入过程中出现匀速运动情况,则安培力与重力相等,所以存在最小速度为的可能,C正确;对整个过程应用动能定理可得D正确.8.8、(2010·浙江省部分重点中学联考)如图a所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框,边长为a,在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开
7、圈穿越磁场的过程中(从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场)( )A.感应电流做功为mglB.感应电流做功为2mgdC.线圈的最小速度可能为D.线圈的最小速度一定为[答案] BCD[解析] 根据cd边刚进入磁场和cd边刚离开磁场时速度大小相等,对这一过程应用动能定理可得线圈进入磁场的过程克服安培力做功为mgd,出磁场的过程同样要克服安培力做功mgd,所以总共产生电能2mgd,则感应电流做功2mgd,所以A错误、B正确;若进入过程中出现匀速运动情况,则安培力与重力相等,所以存在最小速度为的可能,C正确;对整个过程应用动能定理可得D正确.8.
8、(2010·浙江省部分重点中学联考)如图a所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框,边长为a,在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开
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