《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 課時作業(yè)36 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（二） 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 課時作業(yè)36 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（二） 新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)36　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(二) 時間：45分鐘 1．如圖所示，邊長為2l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個邊長為l的正方形導(dǎo)線框所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的一條對角線和虛線框的一條對角線恰好在同一直線上．從t＝0開始，使導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向移動進(jìn)入磁場，直到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域．用I表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流(逆時針方向為正)，則下列表示I-t關(guān)系的圖線中，正確的是(　D　) 解析：導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場后，磁通量保持不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A、B錯誤．線框進(jìn)入和穿出磁場過程，有效切割長度發(fā)生變化，所以感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流發(fā)生變

2、化，故C錯誤．線框進(jìn)入磁場過程，有效切割長度均勻增大，感應(yīng)電動勢均勻增大，感應(yīng)電流I均勻增大；穿出磁場過程，有效切割長度均勻減小，感應(yīng)電動勢均勻減小，感應(yīng)電流I均勻減小，兩個過程電流方向相反，故D正確． 2．如圖所示，一導(dǎo)體圓環(huán)位于紙面內(nèi)，O為其圓心．環(huán)內(nèi)兩個圓心角為90°關(guān)于圓心對稱的扇形區(qū)域內(nèi)分別有勻強(qiáng)磁場，兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小相等、方向相反且均與紙面垂直．導(dǎo)體桿OM可繞O轉(zhuǎn)動，M端通過滑動觸點與圓環(huán)良好接觸．在圓心與圓環(huán)間連有電阻R.桿OM以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時恰好在圖示位置．規(guī)定從a到b流經(jīng)電阻R的電流方向為正，圓環(huán)和導(dǎo)體桿的電阻忽略不計，則桿從t＝0開始轉(zhuǎn)動一周的過程

3、中，電流i隨ωt變化的圖象是(　C　) 解析：桿OM以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動，t＝0時恰好進(jìn)入磁場，故ωt在0～內(nèi)時，電阻R中有電流流過，B錯誤；根據(jù)右手定則可知，ωt在0～內(nèi)時，感應(yīng)電流的方向由M指向圓心O，流過電阻R時的方向是從b流向a，與題中規(guī)定的正方向相反，為負(fù)值，A錯誤；ωt在～π內(nèi)時，桿OM處沒有磁場，則沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，C正確，D錯誤． 3．(多選)一正方形閉合導(dǎo)線框abcd邊長L＝0.1 m，各邊電阻均為1 Ω，bc邊位于x軸上，在x軸原點O右方有寬L＝0.1 m的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖所示．在線框以恒定速度4 m/s沿x軸正方向穿越

4、磁場區(qū)域的過程中，如圖所示的各圖中，能正確表示線框從進(jìn)入到穿出磁場過程中，ab邊兩端電勢差Uab和回路中電流I(設(shè)順時針方向為正方向)隨導(dǎo)線框ab邊位置變化情況的是(　BC　) 解析：本題考查電磁感應(yīng)的圖象問題．a(chǎn)b進(jìn)入磁場切割磁感線過程中，x在0～L范圍：由楞次定律判斷得知，線框感 應(yīng)電流方向為逆時針，ab相當(dāng)于電源，a的電勢高于b的電勢，Uab>0.感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝1×0.1×4 V＝0.4 V，電路中的電流I＝＝ A＝0.1 A，Uab是外電壓，則有Uab＝I·3r＝0.3 V；dc切割磁感線過程，x在L～2L范圍：由楞次定律判斷得知，線框感應(yīng)電流方向為順時針，dc相

5、當(dāng)于電源，a的電勢高于b的電勢，Uab>0.感應(yīng)電動勢為E′＝BLv＝1×0.1×4 V＝0.4 V，Uab是外電壓，Uab′＝Ir＝0.1 V，則B正確，A錯誤；ab進(jìn)入磁場切割磁感線過程中，x在0～L范圍：由楞次定律判斷得知，線框感應(yīng)電流方向為逆時針，dc切割磁感線過程，x在L～2L范圍：由楞次定律判斷得知，線框感應(yīng)電流方向為順時針．大小都是0.1 A，故C正確，D錯誤． 4．如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，左邊有一形狀與磁場邊界完全相同的閉合導(dǎo)線框，線框斜邊長為l，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應(yīng)電流逆時針方向為正方向，其感應(yīng)電流i隨

6、位移x變化的圖象正確的是(　B　) 解析：首先判斷感應(yīng)電流的方向，閉合導(dǎo)線框穿過磁場的過程中，磁通量先增加后減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場方向先向外后向內(nèi)，根據(jù)安培定則，感應(yīng)電流先逆時針后順時針，即先正后負(fù)，故A、D錯誤；再考慮大小情況，導(dǎo)線框向右運(yùn)動過程中切割的有效長度是先增大后減小，根據(jù)E＝BLv，知感應(yīng)電動勢的大小是先增大后減小，則感應(yīng)電流先增大后減小，所以B正確，C錯誤． 5．如圖所示，在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個向右的初速度，不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻，下列圖線中，導(dǎo)體棒速度隨時間的變

7、化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是(　B　) 解析：導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中受向左的安培力F＝，安培力阻礙棒的運(yùn)動，速度減小，由牛頓第二定律得棒的加速度大小a＝＝，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＝＝x，可知C、D項錯誤． 6．如圖所示，足夠長的U形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30°的斜面上，導(dǎo)軌的寬度L＝0.5 m，其下端與R＝1 Ω的電阻連接，質(zhì)量為m＝0.2 kg的導(dǎo)體棒(長度也為L)與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪

8、將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M＝0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高．使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t＝1 s時，其速度達(dá)到最大(g取10 m/s2)．求： (1)導(dǎo)體棒的最大速度vm； (2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時間t＝1 s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ 解析：(1)速度最大時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 E＝BLvm 感應(yīng)電流I＝，安培力FA＝BIL 導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時由平衡條件得Mg＝mgsin30°＋FA 聯(lián)立解得vm＝3 m/s (2)以導(dǎo)體棒和重物為系統(tǒng)由動量定理得 Mgt－mgsin30°·t－BILt＝(M＋m)v－0 即M

9、gt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)v－0 解得1 s內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量q＝1.2 C 電荷量q＝＝ 解得1 s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移由能量守恒定律得 Mgx＝mgxsin30°＋(M＋m)v2＋Q 解得Q＝0.9 J 答案：(1)3 m/s　(2)0.9 J 7．(2019·福建質(zhì)檢)(多選)如右圖，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強(qiáng)磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處釋放后穿過磁場，整個過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度．以線框剛進(jìn)入磁場時為計時起點，下列描述線框所受安培力F隨時間t變化關(guān)系的圖中，可能正確的是(　BCD　) 解析：線框受

10、重力作用加速下落，進(jìn)入與離開磁場時受到安培力作用．若安培力等于重力，線框做勻速運(yùn)動，此時vm＝，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速下落，剛要離開時的速度大于完全進(jìn)入時的速度，故安培力大于重力，速度減小，故B正確；若重力小于安培力，由v－mg＝ma可知，線框做加速度減小的減速運(yùn)動，安培力隨速度的減小而減小，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，離開磁場時安培力大于重力，速度減小，進(jìn)入過程與離開過程可能安培力變化情況可能完全相同，故C正確、A錯誤；若進(jìn)入時重力大于安培力，由mg－v＝ma，則做加速度減小的加速運(yùn)動，離開磁場時安培力大于重力，做加速度減小的減速運(yùn)動，故D正確． 8．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3

11、.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中．有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連．線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．t＝0.22 s時閉合開關(guān)K瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m．不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　BD　) A．0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動勢大小為3 V B．開關(guān)K閉合瞬間，CD中的

12、電流方向由C到D C．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下 D．開關(guān)K閉合瞬間，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C 解析：0～0.1 s內(nèi)線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS，代入數(shù)據(jù)得E＝30 V，A錯．開關(guān)閉合瞬間，細(xì)框會跳起，可知細(xì)框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B對．對于t＝0.22 s時通過線圈的磁通量正在減少，對線圈由楞次定律可知感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知C錯誤．K閉合瞬間，因安培力遠(yuǎn)大于重力，則由動量定理有B1lΔt＝mv，通過細(xì)桿的電荷量Q＝Δt，細(xì)框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D對．

13、 9．如圖所示，光滑平行足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌范圍內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向下，導(dǎo)軌一端連接阻值為R的電阻．在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放一長度等于導(dǎo)軌間距L、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒，其電阻為r，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好．導(dǎo)體棒在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過時間t后開始勻速運(yùn)動，金屬導(dǎo)軌的電阻不計．求： (1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時回路中電流大?。? (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度大小以及在時間t內(nèi)通過回路的電量． 解析：(1)根據(jù)安培力的計算公式F＝BImL 解得：Im＝ (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：Im＝ 解得：v＝ 根據(jù)電荷量的計算公式可得：q

14、＝I·t 根據(jù)動量定理可得：F·t－BIL·t＝mv 解得：q＝－ 答案：(1)　(2)?。? 10．(2019·桂林模擬)如圖所示，光滑導(dǎo)軌EF、GH等高平行放置，EG間寬度為FH間寬度的3倍，導(dǎo)軌右側(cè)水平且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)呈弧形升高，ab、cd是質(zhì)量均為m的金屬棒，現(xiàn)讓ab從離水平軌道h高處由靜止下滑，設(shè)導(dǎo)軌足夠長．求： (1)ab、cd棒的最終速度． (2)全過程中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)設(shè)ab、cd棒的長度分別為3L和L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ab棒進(jìn)入水平軌道的速度為v，對于ab棒，金屬棒下落h過程應(yīng)用動能定理：mgh＝mv2 解得ab棒剛進(jìn)入磁

15、場時的速度為v＝ 當(dāng)ab棒進(jìn)入水平軌道后，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流．a(chǎn)b棒受到安培力作用而減速，cd棒受到安培力而加速，cd棒運(yùn)動后也將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與ab棒感應(yīng)電動勢反向，因此回路中的電流將減小．最終達(dá)到勻速運(yùn)動時，回路的電流為零，所以Ea＝Ec 即： 3BLva＝BLvc　得：3va＝vc 設(shè)ab棒從進(jìn)入水平軌道開始到速度穩(wěn)定所用的時間為Δt，對ab、cd分別應(yīng)用動量定理得： －FaΔt＝－3BILΔt＝mva－mv FcΔt＝BILΔt＝mvc－0 解得：va＝，vc＝ (2)根據(jù)能量守恒定律得回路產(chǎn)生的總熱量為： Q＝mgh－mv－mv 聯(lián)立得：Q＝mgh. 答案：(1)　　(2)mgh 10