2020屆高三物理一輪復(fù)習 第十章 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課時作業(yè)（含解析）

《2020屆高三物理一輪復(fù)習 第十章 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習 第十章 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課時作業(yè)（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 [基礎(chǔ)題組] 一、單項選擇題 1．下列四個選項圖中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．A、B中的導(dǎo)線框為正方形，C、D中的導(dǎo)線框為直角扇形．各導(dǎo)線框均繞垂直紙面的軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動周期均為T.從線框處于圖示位置時開始計時，以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應(yīng)電流i的正方向．則在如圖A、B、C、D所示的四個情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如i-t圖象所示的是(　　) 解析：根據(jù)感應(yīng)電流在一段時間恒定，導(dǎo)線框應(yīng)為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律如題中i-t圖象所示的是選項C.

2、答案：C 2．如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為(　　) A.E　　　　　　　 B.E C.E D．E 解析：a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為U＝E，選項B正確． 答案：B 3．(2019·廣東四校聯(lián)考)如圖所示，在一磁感應(yīng)強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距L＝0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計，在兩根導(dǎo)軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝

3、0.3 Ω的電阻．導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r＝0.2 Ω.當金屬棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運動時(　　) A．a(chǎn)b棒所受安培力大小為0.02 N B．N、Q間電壓為0.2 V C．a(chǎn)端電勢比b端電勢低 D．回路中感應(yīng)電流大小為1 A 解析：ab棒產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝0.2 V，電流I＝＝0.4 A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.02 N，A正確，D錯誤；N、Q之間的電壓U＝E＝0.12 V，B錯誤；由右手定則得a端電勢較高，C錯誤． 答案：A 4．半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂

4、直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖甲所示．有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定方向向里為正，變化規(guī)律如圖乙所示．在t＝0時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為q的靜止微粒，則以下說法正確的是(　　) A．第2 s內(nèi)上極板為正極 B．第3 s內(nèi)上極板為負極 C．第2 s末微?；氐搅嗽瓉砦恢? D．第3 s末兩極板之間的電場強度大小為 解析：第2 s內(nèi)磁場強度減小，所以圓環(huán)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于一電源，由楞次定律知，上極板為正極，A正確；第3 s內(nèi)磁場方向向外，強度增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢仍然使極板為正極，故B錯誤；第1 s內(nèi)，上極板為負極，第2 s內(nèi)，上極板為正極，這個過程

5、中電場強度反向，所以微粒先加速，然后減速，當?shù)? s末微粒速度為零，離開中心位置最遠，第3 s末圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為＝0.1πr2，電場強度E＝＝，C、D錯誤． 答案：A 5．(2019·河北定州中學月考)如圖所示，勻強磁場中固定的金屬框架ABC，導(dǎo)體棒DE在框架ABC上沿圖示方向勻速平移，框架和導(dǎo)體棒材料相同，接觸電阻不計，則(　　) A．電路中感應(yīng)電流保持一定 B．電路中的磁通量的變化率一定 C．電路中的感應(yīng)電動勢一定 D．DE棒受到的拉力一定 解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中磁通量的變化率等于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，而感應(yīng)電動勢E＝BLv，B、v不變，有效切割

6、的長度L增加，則電路中磁通量的變化率和感應(yīng)電動勢都增加，故B、C錯誤；設(shè)金屬框架的電阻率為ρ，截面積為S，導(dǎo)體棒DE從B點開始運動的時間為t，∠ABC＝2θ，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2B·vt·tan θ·v，回路的電阻R＝ρ，電路中感應(yīng)電流的大小I＝＝，B、S、ρ、θ、v均不變，則I不變，故A正確．DE桿所受的磁場力的大小F＝BIL＝BI·2vt·tan θ隨著時間t的延長而增大，故D錯誤． 答案：A 二、多項選擇題 6．(2019·廣西桂林市高三模擬)如圖所示，有兩根與水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長．空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度

7、為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 解析：金屬桿在下滑過程中先做加速度減小的加速運動，速度達到最大后做勻速運動．所以當F安＝mgsin α時速度最大，F(xiàn)安＝BIl＝，所以vm＝，分析各選項知B、C正確． 答案：BC 7．如圖所示，一不計電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的有界勻

8、強磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，右側(cè)電路通過電刷與圓環(huán)中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1＝，S處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻，則下列判斷正確的是(　　) A．通過R1的電流方向為自下而上 B．感應(yīng)電動勢大小為2Br2ω C．理想電壓表的示數(shù)為Br2ω D．理想電流表的示數(shù)為 解析：由右手定則可知圓環(huán)中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動切割磁場線，因此感應(yīng)電動勢大小為Br2ω，選項B錯誤；由圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，

9、因此理想電壓表的示數(shù)為Br2ω，選項C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項D錯誤． 答案：AC 8．兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放．則(　　) A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g B．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b C．金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F＝ D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 解析：金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，

10、彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應(yīng)電流，金屬棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度應(yīng)等于重力加速度，選項A正確；金屬棒向下運動時，由右手定則可知，流過電阻R的電流方向為b→a，選項B錯誤；金屬棒速度為v時，安培力大小為F＝BIL，又I＝，解得F＝，選項C正確；金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能(速度不為零時)以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，選項D錯誤． 答案：AC [能力題組] 一、選擇題 9．(2019·寧夏銀川模擬)如圖所示，相距為d的兩條水平虛線之間有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，正方形線圈abec邊長為L(

11、L

12、場的過程，線圈產(chǎn)生的熱量與從ce邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量相等，故從線圈的ce邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量為2Q＝2mgd，選項A、B錯誤；若線圈進入磁場的整個過程做減速運動，線圈全部進入磁場后做勻加速運動，則可知線圈剛?cè)窟M入磁場時的瞬時速度最小，設(shè)線圈的最小速度為vmin，線圈從開始下落到線圈剛完全進入磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋mvmin2，代入數(shù)據(jù)解得線圈的最小速度為vmin＝，選項C錯誤；線圈在進入磁場的過程中，先做減速運動，可能在完全進入磁場前已經(jīng)做勻速運動，則有mg＝BIL＝，解得vmin′＝，選項D正確． 答案：D

13、 10．CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場區(qū)域的長度為d，如圖所示．導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接．將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處．已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法中正確的是(　　) A．電阻R的最大電流為 B．流過電阻R的電荷量為 C．整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh D．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析：由題圖可知，導(dǎo)體棒剛進入磁場的瞬間速度最大，

14、產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，由機械能守恒有mgh＝mv2，所以I＝＝＝，A錯；流過R的電荷量為q＝t＝＝，B錯；由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mgh－μmgd，C錯；由于導(dǎo)體棒的電阻也為R，則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mg(h－μd)，D對． 答案：D 11．(2019·江西省名校聯(lián)盟教學質(zhì)量檢測)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)給銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的瞬時沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的

15、是(　　) A．回路中的最大電流為 B．銅棒b的最大加速度為 C．銅棒b獲得的最大速度為 D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為 解析：給銅棒a一個平行導(dǎo)軌的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a產(chǎn)生的電動勢E＝BLv0，回路電流I0＝＝，選項A錯誤；此時銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，選項B正確；此后銅棒a做變減速運動，銅棒b做變加速運動，當二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，此過程動量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，選項C錯誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv02－·2mv

16、2＝，選項D錯誤． 答案：B 二、非選擇題 12．(2019·江西四市聯(lián)考)某興趣小組用電流傳感器測量某磁場的磁感應(yīng)強度．實驗裝置如圖甲所示，不計電阻的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置在勻強磁場中，導(dǎo)軌間距為d，其平面與磁場方向垂直．電流傳感器與阻值為R的電阻串聯(lián)接在導(dǎo)軌上端．質(zhì)量為m、有效阻值為r的導(dǎo)體棒AB由靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑，該過程中電流傳感器測得電流隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，電流最大值為Im.棒下滑過程中與導(dǎo)軌保持垂直且良好接觸，不計電流傳感器內(nèi)阻及空氣阻力，重力加速度為g. (1)求該磁場磁感應(yīng)強度大??； (2)求在t1時刻棒AB的速度大小； (3)在0～t1時間內(nèi)棒A

17、B下降了h，求此過程電阻R產(chǎn)生的電熱． 解析：(1)電流為Im時棒做勻速運動， 對棒：F安＝BImd， F安＝mg， 解得B＝. (2)t1時刻，對回路有 E＝Bdv， Im＝， 解得v＝. (3)電路中產(chǎn)生的總電熱：Q＝mgh－mv2， 電阻R上產(chǎn)生的電熱：QR＝Q， 解得QR＝－. 答案：(1)　(2) (3)－ 13．小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個R＝0.05 Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.0 T．質(zhì)量m＝4.0

18、 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)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＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N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(dǎo)軌垂直．當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)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(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析：(1)由牛頓第二定律得 a＝＝12 m/s2 ① 進入磁場時的速度v＝＝2.4 m/s② (2)感應(yīng)電動勢E＝Blv③ 感應(yīng)電流I＝④ 安培力FA＝IBl⑤ 代入得 FA＝＝48 N⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦ 由牛頓第二定律有F－mgsin θ－FA＝0⑧ 故CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t＝⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J⑩ 答案：(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 10