（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 課時(shí)分層作業(yè) 三十 10.3 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

1、（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 課時(shí)分層作業(yè) 三十 10.3 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課時(shí)分層作業(yè)三十電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(45分鐘100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。14題為單選題,58題為多選題)1.(2018渭南模擬)如圖所示有理想邊界的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=0.5T,兩邊界間距s=0.1m,一邊長L=0.2m的正方形線框abcd由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成,總電阻為R=0.4,現(xiàn)使線框以v=2m/s的速度從位置勻速運(yùn)動(dòng)到位置,則下列能正確反映整個(gè)過程中線框a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的圖線是()【解析】選A

2、。t在0510-2s內(nèi),ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),相當(dāng)于電源,由楞次定律判斷知感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向,則a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì),Uab為正,則ab兩端電勢(shì)差Uab=E=BLv=0.50.22V=1510-2V;t在510-2s1010-2s內(nèi),cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后,cd邊和ab都切割磁感線,都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),線框中感應(yīng)電流為零,由右手定則判斷可知,a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì),Uab為正,所以Uab=E=BLv=0.50.22V=0.20V=2010-2V,t在1010-2s1510-2s內(nèi),ab邊穿出磁場(chǎng)后,只有cd邊切割磁感線,由右手定則知,a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì),Uab為正。Uab=E

3、=BLv=0.50.22V=510-2V,故整個(gè)過程中線框a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的圖線如圖A所示,故A項(xiàng)正確。2.如圖甲,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌可分別與定值電阻R和平行板電容器C相連,導(dǎo)體棒MN置于導(dǎo)軌上且接觸良好,取向右為運(yùn)動(dòng)的正方向,導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間圖象如圖乙所示;導(dǎo)體棒始終處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻,則0t2時(shí)間內(nèi)()A.若S接A,電容器a極板始終帶負(fù)電B.若S接A,t1時(shí)刻電容器兩極板電壓最大C.若S接B,MN所受安培力方向先向左后向右D.若S接B,t1時(shí)刻MN所受的安培力最大【解析】選C。在x-t圖象中,圖象的斜率表示導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度,

4、由圖乙可知,0t1時(shí)間內(nèi)斜率是正、t1t2時(shí)間內(nèi)斜率為負(fù)值,則說明0t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒先向右移動(dòng)后向左移動(dòng)。若S接A,導(dǎo)體棒通過金屬導(dǎo)軌與平行板電容器C連接,0t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則可知,感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針,可知電容器a極板先帶負(fù)電后帶正電,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;若S接A,t1時(shí)刻導(dǎo)體瞬間靜止,即導(dǎo)體棒不切割磁感線,故MN中無感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生,電容器兩極板電壓為零,即最小,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;若S接B,導(dǎo)體棒通過金屬導(dǎo)軌與定值電阻R連接,0t2時(shí)間內(nèi),導(dǎo)體棒先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則可知,電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針,由左手定則可知,MN所受安培力方向先向左后向右,故C

5、項(xiàng)正確;若S接B,t1時(shí)刻MN瞬間靜止,導(dǎo)體棒不切割磁感線,電路中無電流,MN受安培力為零(即最小),故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.如圖所示,光滑足夠長導(dǎo)軌傾斜放置,下端連一燈泡,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí),燈泡的電功率為P,導(dǎo)軌及金屬棒電阻不計(jì),要使燈泡在棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下的電功率為2P,則應(yīng)()A.將導(dǎo)軌間距變?yōu)樵瓉淼谋禕.換一電阻減半的燈泡C.換一質(zhì)量為原來倍的金屬棒D.將磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B加倍【解析】選C。當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件有:mgsin=FA,又安培力FA=得,mgsin=,由能量守恒定律得,燈泡的功率P=。當(dāng)把導(dǎo)軌間的距離增大為原來的

6、倍時(shí),即L變?yōu)楸?由mgsin=得知,v變?yōu)樵瓉肀?由P=得知,P變?yōu)樵瓉淼谋?故A項(xiàng)錯(cuò)誤;換一電阻減半的燈泡,由mgsin=得知,v變?yōu)樵瓉淼谋?由P=得知,P變?yōu)樵瓉淼谋?故B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)換一根質(zhì)量為原來倍的金屬棒時(shí),由mgsin=得知,v變?yōu)樵瓉淼谋?由P=得知,P變?yōu)樵瓉淼?倍,故C項(xiàng)正確;當(dāng)把磁感應(yīng)強(qiáng)度B增為原來的2倍,由mgsin=得知,v變?yōu)樵瓉淼谋?由P=得知,P變?yōu)樵瓉淼谋?故D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.用相同的導(dǎo)線繞制的邊長分別為L和2L的正方形閉合線框,以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),如圖所示,在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中a、b和c、d兩點(diǎn)間的電壓分別為U甲和U乙,ab邊和cd邊所受的安培

7、力分別為F甲和F乙,則下列判斷正確的是()A.U甲=U乙B.U甲=2U乙C.F甲=F乙D.F甲=【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)兩個(gè)線框用相同的導(dǎo)線繞制,但邊長不同,則線框的質(zhì)量不同,總電阻也不同,與邊長成正比。(2)a、b和c、d兩點(diǎn)間的電壓為路端電壓?！窘馕觥窟xD。線框進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線,a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是c、d中電動(dòng)勢(shì)的一半,而不同的線框的電阻不同,設(shè)甲線框電阻為4r,乙線框的電阻為8r,則有:U甲=BLv=BLv,U乙=B2Lv=BLv,故2U甲=U乙,故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)安培力表達(dá)式F=BIL,E=BLv及F=,從而得出安培力綜合式為:F=,安培力與線框邊長成正比

8、,所以有:F甲=F乙;故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示,a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則()A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為91C.a、b線圈中感應(yīng)電流之比為34D.a、b線圈中電功率之比為31【解析】選B。a、b兩個(gè)正方形線圈內(nèi)的磁場(chǎng)垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加,由楞次定律可以判斷感應(yīng)電流的磁場(chǎng)垂直于紙面向外,再根據(jù)安培定則可知:兩線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流,A錯(cuò)誤;由E=可知=,B正確;a、b兩個(gè)閉合

9、正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)相同,RaRb=31,由閉合電路的歐姆定律得Ia=,Ib=,則=,C項(xiàng)錯(cuò)誤;Pa=Ra,Pb=Rb,則PaPb=271,D錯(cuò)誤;故選B。5.如圖,MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處靜止釋放,到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中(重力加速度為g)()A.流過金屬棒的最大電流為B.通過金屬棒的電荷

10、量為C.克服安培力所做的功為mghD.金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h-d)【解析】選B、D。金屬棒下滑過程中機(jī)械能守恒,有mgh=mv2,金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v=,金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng),剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大,故最大感應(yīng)電流I=,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;通過金屬棒的電荷量為q=,選項(xiàng)B正確;對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理mgh-W安-mgd=0,解得W安=mgh-mgd,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;金屬棒產(chǎn)生的電熱QR=Q=W安=mg(h-d),選項(xiàng)D正確。6.(2018珠海模擬)如圖所示,水平傳送帶帶動(dòng)兩金屬桿a、b勻速向右運(yùn)動(dòng),傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接,導(dǎo)軌與水平面間夾角為30,兩虛線EF、GH之間有垂

11、直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場(chǎng)寬度為L,兩金屬桿的長度和兩導(dǎo)軌的間距均為d,兩金屬桿a、b質(zhì)量均為m,兩桿與導(dǎo)軌接觸良好,當(dāng)a進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)a離開磁場(chǎng)時(shí),b恰好進(jìn)入磁場(chǎng),則()A.金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng)B.金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)C.兩桿在穿過磁場(chǎng)的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為D.兩桿在穿過磁場(chǎng)的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL【解析】選B、D。由題意可知,金屬桿a進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),所受的安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等,由于金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同,所受的安培力相同,所以兩金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的受力情況相同,則b

12、進(jìn)入磁場(chǎng)后所受的安培力與重力沿斜面向下的分力也平衡,所以也做勻速運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)錯(cuò)誤、B項(xiàng)正確;兩桿穿過磁場(chǎng)的過程中都做勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)能量守恒定律得知:回路中產(chǎn)生的總熱量為Q=2mgsin30L=mgL,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。7.(2018臨沂模擬)如圖所示,兩根相距為d的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直,長度略大于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m,開始兩導(dǎo)體棒靜止,現(xiàn)給導(dǎo)體棒M一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I,整個(gè)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好,下列說法正確的是()A.回路中始終存在逆時(shí)針方向的電流B.棒N的最大加

13、速度為C.回路中的最大電流為D.棒N獲得的最大速度為【解析】選B、C。根據(jù)右手定則可知開始回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,當(dāng)兩個(gè)導(dǎo)體棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),回路中的電流強(qiáng)度為零,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)M開始運(yùn)動(dòng)的瞬間,N的加速度最大;根據(jù)動(dòng)量定理可得I=mv,解得v=;根據(jù)牛頓第二定律可得:=ma,解得a=,故B項(xiàng)正確;回路中的最大電流為I流=,故C項(xiàng)正確;N速度最大時(shí)二者的速度相等,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mv=2mv,解得v=,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.(2018桂林模擬)如圖所示,甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈,在距地面同一高度處由靜止開始釋放,A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng),只是A的區(qū)域

14、比B的區(qū)域離地面高一些,兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場(chǎng)垂直,則()A.甲先落地B.乙先落地C.甲線圈受安培力的沖量較大D.乙線圈落地速度較小【解析】選B、D。線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域過程受到的安培力是變力,設(shè)受到的平均安培力為F,穿過磁場(chǎng)的時(shí)間為t,下落全過程的時(shí)間為t,落地速度為v,安培力的沖量I安=BLt=BLq,而q=,所以線圈受安培力的沖量相等,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)克服安培力做的功W=BL2,乙線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大,平均電流較大,線圈克服安培力做功較多,即產(chǎn)生的熱量較多;根據(jù)能量守恒定律得知乙線圈落地時(shí)的速度較小,D正確。對(duì)全過程,由動(dòng)量定理得:mgt-BILt=mv,所以t=,因?yàn)?/p>

15、v乙<v甲,所以t乙<t甲,即乙線圈先落地,故B項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(18分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9.如圖所示,兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd,間距L=1m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角=37,在a、c之間用導(dǎo)線連接一阻值R=3的電阻,放在金屬導(dǎo)軌ab、cd上的金屬桿質(zhì)量m=0.5kg,電阻r=1,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,金屬桿的中點(diǎn)系一絕緣輕繩,輕繩的另一端通過光滑的定滑輪懸掛一質(zhì)量M=1kg的重物,空間中加有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T且與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),金屬桿運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。M正下方的地面上安裝有加速度傳感器,可用來測(cè)量M運(yùn)動(dòng)的

16、加速度,現(xiàn)將M由靜止釋放,重物即將落地時(shí),加速度傳感器的示數(shù)為2m/s2,全過程通過電阻R的電荷量為0.5C,(重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求:(1)重物即將落地時(shí)金屬桿兩端的電壓。(2)此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。(3)若將R更換為一個(gè)電容為C=1F的電容器,釋放重物后加速度傳感器的讀數(shù)?！窘馕觥?1)設(shè)此時(shí)金屬桿的速度為v,由法拉第電磁感應(yīng)定律得金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=BLv由閉合電路歐姆定律得回路中電流為:I=所以金屬桿受到的安培力為:F=BIL=,方向沿斜面向下。對(duì)M、m整體分析,由牛頓第二定律得:Mg-mgsin37-mgcos37-F

17、=(M+m)a1聯(lián)立解得桿的速度為:v=2m/s電源電動(dòng)勢(shì)為:E=4V根據(jù)歐姆定律得金屬桿兩端的電壓為:U=IR=3V(2)電量為:q=t根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:=由閉合電路歐姆定律有:=設(shè)重物下落的高度為h,則=BLh聯(lián)立解得重物下落的高度為h=1m設(shè)該過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律得:Mgh=(M+m)v2+mgcos37h+mgsin37h+Q解得:Q=2J所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為:Q=Q=1.5J(3)電容器的充電電流為:IC=CBLa對(duì)金屬桿和重物為整體,由牛頓第二定律得:Mg-mgsin-mgcos-F安=(M+m)a整理得:a=代入數(shù)據(jù)解得:a=m/s20.91

18、m/s2。答案:(1)3V(2)1.5J(3)0.91m/s2【能力拔高題組】1.(8分)如圖所示,AB、CD為兩個(gè)平行的、不計(jì)電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌,處在方向垂直平面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。AB、CD的間距為L,左右兩端均接有阻值為R的電阻。質(zhì)量為m長為L且不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動(dòng)系統(tǒng)。開始時(shí),彈簧處于自然長度,導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0,經(jīng)過一段時(shí)間,導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端,這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則()A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為B.從初始時(shí)刻至導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最左端的過程中,整個(gè)回路產(chǎn)生

19、的焦耳熱為C.當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí),彈簧具有的彈性勢(shì)能為m-2QD.當(dāng)導(dǎo)體棒再次回到初始位置時(shí),AC間電阻R的熱功率為【解析】選C。由F=BIL及I=,得安培力大小為FA=,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;MN棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q。由于安培力始終對(duì)MN做負(fù)功,產(chǎn)生焦耳熱,棒第一次達(dá)到最左端的過程中,棒平均速度最大,平均安培力最大,位移也最大,棒克服安培力做功最大,整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于2Q=,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;MN棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q,回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q。由能量守恒定律得:m=2Q+Ep,此時(shí)彈簧的

20、彈性勢(shì)能Ep=m-2Q,故C項(xiàng)正確;由于回路中產(chǎn)生焦耳熱,棒和彈簧的機(jī)械能有損失,所以當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí),速度小于v0,棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E<BLv0,由電功率公式P=知,則AC間電阻R的功率小于,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(18分)(2018永州模擬)如圖所示,間距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面夾角=30,下端N、Q間連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌上有一個(gè)正方形區(qū)間abcd,cd以下存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長度為L、電阻為r的金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且垂直導(dǎo)軌放置,當(dāng)金屬棒從ab位置由靜止釋放的同時(shí),對(duì)金屬棒施加一個(gè)平行導(dǎo)軌向下的恒力F,F的大小是金屬棒重力的,金屬棒通過cd時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng),若此時(shí)突然只將力F的方向反向,力F的大小不變,經(jīng)過一段時(shí)間后金屬棒靜止,已知重力加速度為g,不計(jì)金屬導(dǎo)軌的電阻,求:(1)金屬棒的質(zhì)量。(2)整個(gè)過程中電阻