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

電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 基礎(chǔ)題組一、單項(xiàng)選擇題1下列四個(gè)選項(xiàng)圖中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃胃鲗?dǎo)線框均繞垂直紙面的軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動(dòng)周期均為T.從線框處于圖示位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向則在如圖A、B、C、D所示的四個(gè)情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如i­t圖象所示的是()解析：根據(jù)感應(yīng)電流在一段時(shí)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(shí)間t的變化規(guī)律如題中i­t圖象所示的是選項(xiàng)C.答案：C2如圖所示是兩個(gè)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(chǎng)垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A.EB.EC.E DE解析：a、b間的電勢(shì)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(shì)差為UE，選項(xiàng)B正確答案：B3(2019·廣東四校聯(lián)考)如圖所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向水平放置著兩根相距L0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N、Q之間連接一阻值R0.3 的電阻導(dǎo)軌上正交放置著金屬棒ab，其電阻r0.2 .當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v4.0 m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)()Aab棒所受安培力大小為0.02 NBN、Q間電壓為0.2 VCa端電勢(shì)比b端電勢(shì)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(dòng)勢(shì)EBLv0.2 V，電流I0.4 A，ab棒受的安培力FBIL0.02 N，A正確，D錯(cuò)誤；N、Q之間的電壓UE0.12 V，B錯(cuò)誤；由右手定則得a端電勢(shì)較高，C錯(cuò)誤答案：A4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(chǎng)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t0時(shí)刻平板之間中心有一重力不計(jì)，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(fù)極C第2 s末微?；氐搅嗽瓉砦恢肈第3 s末兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為解析：第2 s內(nèi)磁場(chǎng)強(qiáng)度減小，所以圓環(huán)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)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(chǎng)方向向外，強(qiáng)度增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)仍然使極板為正極，故B錯(cuò)誤；第1 s內(nèi)，上極板為負(fù)極，第2 s內(nèi)，上極板為正極，這個(gè)過程中電場(chǎng)強(qiáng)度反向，所以微粒先加速，然后減速，當(dāng)?shù)? s末微粒速度為零，離開中心位置最遠(yuǎn)，第3 s末圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.1r2，電場(chǎng)強(qiáng)度E，C、D錯(cuò)誤答案：A5(2019·河北定州中學(xué)月考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jì)，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(dòng)勢(shì)一定DDE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(dòng)勢(shì)，而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，B、v不變，有效切割的長(zhǎng)度L增加，則電路中磁通量的變化率和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)都增加，故B、C錯(cuò)誤；設(shè)金屬框架的電阻率為，截面積為S，導(dǎo)體棒DE從B點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，ABC2，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2B·vt·tan ·v，回路的電阻R，電路中感應(yīng)電流的大小I，B、S、v均不變，則I不變，故A正確DE桿所受的磁場(chǎng)力的大小FBILBI·2vt·tan 隨著時(shí)間t的延長(zhǎng)而增大，故D錯(cuò)誤答案：A二、多項(xiàng)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(zhǎng)空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為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(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A如果B增大，vm將變大B如果變大，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(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大后做勻速運(yùn)動(dòng)所以當(dāng)F安mgsin 時(shí)速度最大，F(xiàn)安BIl，所以vm，分析各選項(xiàng)知B、C正確答案：BC7如圖所示，一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點(diǎn)，過圓心放置一長(zhǎng)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(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度繞O點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，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(jì)其他電阻，則下列判斷正確的是()A通過R1的電流方向?yàn)樽韵露螧感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Br2C理想電壓表的示數(shù)為Br2D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(fù)極，因此通過R1的電流方向?yàn)樽韵露?，選項(xiàng)A正確；由題意可知，始終有長(zhǎng)度為r的輻條在轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁場(chǎng)線，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Br2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖可知，在磁場(chǎng)內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源，磁場(chǎng)外部的半根輻條與R1并聯(lián)，因此理想電壓表的示數(shù)為Br2，選項(xiàng)C正確；理想電流表的示數(shù)為，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：AC8兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，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(gè)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示除電阻R外其余電阻不計(jì)現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)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gB金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍bC金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為FD電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量解析：金屬棒剛釋放時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈力為零，又因此時(shí)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(xiàng)A正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閎a，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬棒速度為v時(shí)，安培力大小為FBIL，又I，解得F，選項(xiàng)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(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能、金屬棒的動(dòng)能(速度不為零時(shí))以及電阻R上產(chǎn)生的熱量，選項(xiàng)D錯(cuò)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，正方形線圈abec邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L<d)、質(zhì)量為m、電阻為R，將線圈在磁場(chǎng)上方h高處由靜止釋放，ce邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，剛離開磁場(chǎng)時(shí)的速度也為v0，重力加速度大小為g，則線圈穿過磁場(chǎng)的過程中(即從ce邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)的過程)，有()A產(chǎn)生的焦耳熱為mgdB產(chǎn)生的焦耳熱為mg(dL)C線圈的最小速度一定為2D線圈的最小速度可能為解析：根據(jù)能量守恒定律，在ce邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ce邊剛穿出磁場(chǎng)的過程中，線圈的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量，即Qmgd，即從ce邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的焦耳熱為mgd，從ce邊剛穿出磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)的過程，線圈產(chǎn)生的熱量與從ce邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量相等，故從線圈的ce邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊離開磁場(chǎng)的過程，產(chǎn)生的熱量為2Q2mgd，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；若線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過程做減速運(yùn)動(dòng)，線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，則可知線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的瞬時(shí)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(jìn)入磁場(chǎng)的過程，根據(jù)能量守恒定律得mg(hL)Qmvmin2，代入數(shù)據(jù)解得線圈的最小速度為vmin，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，先做減速運(yùn)動(dòng)，可能在完全進(jìn)入磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則有mgBIL，解得vmin，選項(xiàng)D正確答案：D10CD、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(zhǎng)，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)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(chǎng)的右邊界處已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為，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(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)解析：由題圖可知，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，由機(jī)械能守恒有mghmv2，所以I，A錯(cuò)；流過R的電荷量為qt，B錯(cuò)；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmghmgd，C錯(cuò)；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Qmg(hd)，D對(duì)答案：D11(2019·江西省名校聯(lián)盟教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅棒a、b的長(zhǎng)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(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是()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(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，Imv0，v0，銅棒a產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)EBLv0，回路電流I0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力FBI0L，其加速度a，選項(xiàng)B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，此過程動(dòng)量守恒，mv02mv，銅棒b最大速度v，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Qmv02·2mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)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(cè)量某磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，不計(jì)電阻的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為d，其平面與磁場(chǎng)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(cè)得電流隨時(shí)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(jì)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(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)求在t1時(shí)刻棒AB的速度大小；(3)在0t1時(shí)間內(nèi)棒AB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(shí)棒做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)棒：F安BImd，F(xiàn)安mg，解得B.(2)t1時(shí)刻，對(duì)回路有EBdv，Im，解得v.(3)電路中產(chǎn)生的總電熱：Qmghmv2，電阻R上產(chǎn)生的電熱：QRQ，解得QR.答案：(1)(2)(3)13小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)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53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R0.05 的電阻在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T質(zhì)量m4.0 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(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)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(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)求：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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a12 m/s2 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2.4 m/s(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv感應(yīng)電流I安培力FAIBl代入得 FA48 N(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛頓第二定律有Fmgsin FA0故CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t焦耳熱QI2Rt26.88 J答案：(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J10