高考物理一輪復習 課時作業(yè)32 電磁感應規(guī)律的綜合應用（含解析）-人教版高三物理試題

課時作業(yè)(三十二)電磁感應規(guī)律的綜合應用[雙基鞏固練]1．一個面積為S＝4×10－2m2、匝數(shù)為n＝100的正方形線圈，放在勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，t＝0時刻磁場的方向垂直線圈平面向里，則下列判斷正確的是()A．t＝1s時線圈中的電流方向發(fā)生變化B．0～2s內線圈中磁通量的變化量為零C．1～2s內線圈中電流方向為順時針方向D．在第3s末線圈中的感應電動勢等于零C[根據(jù)楞次定律可知，在0～2s內，線圈中產生的感應電流為順時針方向，在2～4s內產生的感應電流方向為逆時針方向，感應電動勢大小均為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，所以選項A、D錯誤，C正確；0～2s內線圈中磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝2B0S＝0.16Wb，所以選項B錯誤．]2．(2019·河北唐山一模)如圖所示，在水平光滑的平行金屬導軌左端接一定值電阻R，導體棒ab垂直導軌放置，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中．現(xiàn)給導體棒一向右的初速度，不考慮導體棒和導軌電阻，下列圖線中，導體棒速度隨時間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導體棒位移的變化描述正確的是()B[導體棒運動過程中受向左的安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，安培力阻礙棒的運動，速度減小，由牛頓第二定律得棒的加速度大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,Rm)，則a減小，v－t圖線斜率的絕對值減小，故B項正確，A項錯誤．通過R的電荷量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔФ,R)＝eq\f(BL,R)x，可知C、D項錯誤．]3．(2019·河南六市一模)(多選)邊長為a的閉合金屬正三角形輕質框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強磁場中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場，如圖所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是()BC[設正三角形輕質框架開始出磁場的時刻t＝0，則其切割磁感線的有效長度L＝2xtan30°＝eq\f(2\r(3),3)x，則感應電動勢E電動勢＝BLv＝eq\f(2\r(3),3)Bvx，則C項正確，D項錯誤．框架勻速運動，故F外力＝F安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，A項錯誤．P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B項正確．]4．(2019·北京大興區(qū)模擬)如圖所示，豎直放置的螺線管與導體框組成一閉合回路，導體框中虛線ab的右側有垂直于紙面向里的勻強磁場，螺線管下方的水平面上放置一導體圓環(huán)．從t＝0時刻開始，磁場的磁感應強度大小發(fā)生變化，使得導體圓環(huán)對水平面的壓力減小，則磁感應強度大小隨時間的變化情況可能是()A[當磁感應強度均勻增大或均勻減小時，由法拉第電磁感應定律可知，在螺線管中會產生恒定的感應電流，恒定的感應電流會產生恒定不變的磁場，則通過導體圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，由楞次定律可知，此時導體圓環(huán)中不產生感應電流，故此時導體圓環(huán)對水平面的壓力不變，選項C、D錯誤；當磁感應強度的變化率逐漸減小時，螺線管中產生的感應電流也會逐漸減小，該感應電流產生的磁場也會逐漸減小，穿過導體圓環(huán)的磁通量也逐漸減小，則導體圓環(huán)中會產生與螺線管中方向相同的感應電流，由于同向電流相互吸引，故此時導體圓環(huán)對水平面的壓力將小于導體圓環(huán)的重力，選項A正確；同理可知，選項B錯誤．]5．(多選)如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬導軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強磁場垂直于導軌平面，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好，現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法正確的是()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運動后向M板運動BC[金屬棒沿光滑導軌加速下滑，棒中有感應電動勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIl>0，金屬棒將一直加速，A項錯、B項對；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C項對；若微粒帶負電，則靜電力向上與重力反向，開始時靜電力為0，微粒向下加速運動，當靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度向上，D項錯．]6．(多選)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為ΔEk，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法正確的有()A．在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機械能守恒C．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1－ΔEk)機械能轉化為電能D．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量大小為ΔEk＝W1－W2CD[當線框的ab邊進入GH后勻速運動到進入JP為止，ab進入JP后回路感應電動勢增大，感應電流增大，因此所受安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab進入JP后開始做減速運動，使感應電動勢和感應電流均減小，安培力又減小，當安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等時，以速度v2做勻速運動，因此v2<v1，A項錯；由于有安培力做功，機械能不守恒，B項錯；線框克服安培力做功，將機械能轉化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機械能轉化為電能，由動能定理得W1－W2＝ΔEk，W2＝W1－ΔEk，故C、D項正確．]7．(2019·甘肅天水模擬)如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導軌，置于垂直于導軌平面向里的勻強磁場中，兩根質量相同的導體棒a和b，與導軌緊密接觸且可自由滑動．先固定a，釋放b，當b的速度達到10m/s時，再釋放a，經過1s后，a的速度達到12m/s，g取10m/s2，，則：(1)此時b的速度大小是多少？(2)若導軌足夠長，a、b棒最后的運動狀態(tài)怎樣？解析(1)當b棒先向下運動時，在a和b以及導軌所組成的閉合回路中產生感應電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等．釋放a棒后，經過時間t，分別以a和b為研究對象，根據(jù)動量定理，則有(mg＋F)t＝mva(mg－F)t＝mvb－mv0代入數(shù)據(jù)可解得vb＝18m/s(2)在a、b棒向下運動的過程中，a棒的加速度a1＝g＋eq\f(F,m)，b產生的加速度a2＝g－eq\f(F,m).當a棒的速度與b棒接近時，閉合回路中的ΔΦ逐漸減小，感應電流也逐漸減小，則安培力也逐漸減小，最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運動．答案(1)18m/s(2)勻加速運動8．小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05Ω的電阻．在導軌間長d＝0.56m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0T．質量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直．當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量)．求(1)CD棒進入磁場時速度v的大?。?2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大?。?3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q.解析(1)由牛頓第二定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2進入磁場時的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s.(2)感應電動勢E＝Blv感應電流I＝eq\f(Blv,R)安培力FA＝IBl代入得FA＝eq\f(Bl2v,R)＝48N.(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J由牛頓第二定律F－mgsinθ－FA＝0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間t＝eq\f(d,v)焦耳熱Q＝I2Bt＝26.88J.答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J[能力提升練]9．(多選)如圖所示，兩根足夠長、電阻不計且相距L＝0.2m的平行金屬導軌固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓U＝4V的小燈泡，兩導軌間有一磁感應強度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的勻強磁場．今將一根長為L、質量為m＝0.2kg、電阻r＝1.0Ω的金屬棒垂直于導軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導軌接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．金屬棒剛開始運動時的加速度大小為3m/s2B．金屬棒剛開始運動時的加速度大小為4m/s2C．金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為9.6m/sD．金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為4.8m/sBD[金屬棒剛開始運動時初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝4m/s2，故選項A錯誤、B正確；設金屬棒穩(wěn)定下滑時速度為v，感應電動勢為E，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E－U,r)，由法拉第電磁感應定律得E＝BLv，聯(lián)立解得v＝4.8m/s，故選項C錯誤、D正確．]10．如圖所示，兩根足夠長的光滑導軌固定豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，金屬棒和導軌電阻不計，現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放(設當?shù)刂亓铀俣葹間)，則()A．釋放瞬間金屬棒的加速度小于重力加速度gB．金屬棒向下的最大速度為v時，所受彈簧彈力為F＝mg－eq\f(B2L2v,R)C．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bD．電路中產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量B[釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應電流產生，不受安培力，金屬棒只受重力，所以金屬棒的加速度為g，故A項錯誤；金屬棒的速度最大時，加速度為零，回路中產生的感應電流為I＝eq\f(BLv,R)，安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)平衡知，F(xiàn)＋FA＝mg，解得彈簧彈力F＝mg－eq\f(B2L2v,R)，故B項正確；金屬棒向下運動時切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，流過電阻R的電流方向為b→a，故C項錯誤；由于金屬棒產生感應電流，受到安培力的阻礙，系統(tǒng)的機械能不斷減少，最終金屬棒停止運動，此時彈簧具有一定的彈性勢能，所以導體棒的重力勢能轉化為內能和彈簧的彈性勢能，則根據(jù)能量守恒定律得知在金屬棒運動的過程中，電阻R上產生的總熱量等于金屬棒的重力勢能的減少量與彈簧彈性勢能之差，故D項錯誤．]11．一足夠長的“U”形平行金屬導軌傾斜地固定在地面上，兩導軌之間的距離為L＝1m，導軌與地面之間的夾角為θ＝37°，現(xiàn)加上一垂直軌道平面向外的磁場．一質量為m＝0.1kg、阻值為R＝2Ω、長度也為L＝1m的導體棒垂直地放在導軌上，導軌電阻忽略不計，不計導體棒與導軌間的摩擦且始終接觸良好．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)將導體棒放在距離導軌頂端d＝1m處，用某裝置擋住使它靜止不下滑，且所加磁場的磁感應強度B與t的關系滿足B＝2＋0.2t(T)，則經多長時間導體棒將沿導軌向上滑動？(2)如果在垂直導軌平面上所加的磁場為勻強磁場，同時在導體棒上加一平行導軌平面向下的外力，且外力的大小與導體棒速度的關系滿足F＝(v＋0.4)N，為了保持導體棒以沿斜面向下大小為a＝10m/s2的加速度向下做勻加速直線運動，所加磁場的磁感應強度的大小應為多大？解析(1)設經過ts后，導體棒將開始沿導軌向上滑動，此時安培力等于重力沿斜面的分力，則FA＝mgsinθ又：FA＝BIL＝Beq\f(E,R)L其中：E＝eq\f(ΔB,Δt)dL＝0.2V所以