《高考備考指南 理科綜合 物理》課件-第10章 第3講 隨堂

第十章第3講1．(2017屆諸暨模擬)如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計(jì)．整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上．t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施一平行于導(dǎo)軌的外力F，金屬棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)R的感應(yīng)電流隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于穿過(guò)回路abPMa的磁通量Φ和磁通量的瞬時(shí)變化率eq\f(ΔΦ,Δt)以及a、b兩端的電勢(shì)差Uab和通過(guò)金屬棒的電荷量q隨時(shí)間t變化的圖像中，正確的是()ABCD【答案】C【解析】據(jù)題意金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v＝at，根據(jù)E＝BLv＝BLat可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知回路的磁通量的變化率均勻增大，則Φ－t圖像的斜率增大，Φ－t圖像應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤．由上分析得E＝BLat，又E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則得eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLat∝t，故B錯(cuò)誤．a(chǎn)、b兩端的電勢(shì)差U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(R,R＋r)BLat∝t，故C正確．回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通過(guò)金屬棒的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BL·\f(1,2)at2,r＋R)，q∝t2；則Φ－t圖像應(yīng)為拋物線，故D錯(cuò)誤．2．(2017屆福建模擬)如圖所示，AB是一根裸導(dǎo)線，單位長(zhǎng)度的電阻為R0，一部分彎曲成直徑為d的圓圈，圓圈導(dǎo)線相交處導(dǎo)電接觸良好．圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.導(dǎo)線一端B點(diǎn)固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右緩慢移動(dòng)，從而使圓圈緩慢縮?。O(shè)在圓圈縮小過(guò)程中始終保持圓的形狀，設(shè)導(dǎo)體回路是柔軟的，此圓圈從初始的直徑d到完全消失所需時(shí)間t為()A．eq\f(πd2B2,16FR0) B．eq\f(d2B2,8FR0)C．eq\f(πd2B2,4FR0) D．eq\f(d2B2,2FR0)【答案】B【解析】設(shè)在恒力F的作用下，A端Δt時(shí)間內(nèi)向右移動(dòng)微小的量Δx，則相應(yīng)圓半徑減小Δr，則有Δx＝2πΔr.在Δt時(shí)間內(nèi)F做的功等于回路中電功，F(xiàn)Δx＝eq\f(E2,R)Δt，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)ΔS可認(rèn)為由于半徑減小微小量Δr而引起的面積的變化，有ΔS＝2πr·Δr而回路中的電阻R＝R0·2πr，代入得F·2πΔr＝eq\f(B2ΔS2,ΔtR0·2πr)Δt＝eq\f(B2ΔS2,FR02π2rΔr)＝eq\f(B2ΔS,2FR0π)顯然，Δt與圓面積變化ΔS成正比，所以由面積πreq\o\al(2,0)變化為零，所經(jīng)歷的時(shí)間t為t＝∑Δt＝∑eq\f(B2ΔS,2FR0π)＝eq\f(B2,2FR0π)∑ΔS解得t＝eq\f(r\o\al(2,0)B2,2FR0)＝eq\f(d2B2,8FR0)故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．3．(2017屆浙江模擬)在光滑水平面上建立如圖所示坐標(biāo)系．在第一象限有一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，磁場(chǎng)的方向垂直于水平面(xOy平面)豎直向下．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B沿y軸方向沒(méi)有變化，沿x軸正方向均勻增加，變化率為k＝eq\f(ΔB,Δx)＝0.1T/m.有一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝0.01Ω、長(zhǎng)L＝40cm、寬h＝20cm、不變形的矩形金屬線圈以v0＝20cm/s的初速度從圖示位置沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．(1)為使線圈勻速運(yùn)動(dòng)，求需要對(duì)線圈施加的外力大??；(2)若不施加外力，求線圈在水平面運(yùn)動(dòng)的最大位移；(3)若不施加外力，為使線圈勻速運(yùn)動(dòng)，要在空間中再疊加一個(gè)方向垂直xOy平面豎直向上且隨時(shí)間均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ.試求勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB′,Δt).解：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝B2hv0－B1hv0＝khLv0線圈所受安培力F＝B2hI－B1hI＝eq\f(k2h2L2,R)v0＝1.28×10－3N為使線圈勻速運(yùn)動(dòng)，需要對(duì)線圈施加的外力大小F外＝F＝1.28×10－3N.(2)若不施加外力，線圈最終會(huì)在安培力作用下停下來(lái)．對(duì)線圈應(yīng)用牛頓第二定律得F安＝ma即eq\f(k2h2L2,R)v＝maeq\f(k2h2L2,R)vΔt＝maΔt對(duì)等式兩邊求和得eq\f(k2h2L2,R)x＝mv0即x＝eq\f(mv0R,k2h2L2)代入數(shù)據(jù)得x＝3.125(3)若不施加外力，為使線圈勻速運(yùn)動(dòng)，則線圈所受安培力必為零，所以線圈中的感應(yīng)電流為零，即線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零．則有E＝(B2hv0－B1hv0)－eq\f(ΔB′,Δt)Lh＝khLv0－eq\f(ΔB′,Δt)Lh＝0解得eq\f(ΔB′,Δt)＝kv0＝0.02T/s.4．(2016年江蘇卷)據(jù)報(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到“天宮一號(hào)”空間站飛過(guò)太陽(yáng)的瞬間．照片中，“天宮一號(hào)”的太陽(yáng)帆板輪廓清晰可見(jiàn)．如圖所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽(yáng)帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，(1)求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)在太陽(yáng)帆板上將一只“1.5V0.3W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽(yáng)帆板和導(dǎo)線的電阻．試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說(shuō)明理由；(3)取地球半徑R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，試估算“天宮一號(hào)”解：(1)M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝BLv＝1.0×10－5×20×7.7×103V＝1.54V.(2)小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，穿過(guò)回路的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生