2014金版教程高考物理一轮复习课时作业27

2014金版教程高考物理一轮复习课时作业27

课时作业(二十七)　专题：电磁感应的综合应用 ‎1.(2013·汕头模拟)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率增强时，则(　　)‎ A．线圈中感应电流方向为acbda B．线圈中产生的电动势E＝· C．线圈中a点电势高于b点电势 D．线圈中a、b两点间的电势差为· ‎2.(2013·安徽皖白高三联考)如图所示，水平虚线MN的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd从MN下方某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间的关系的是(　　)‎ ‎3．(2013·扬州模拟)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，规定斜向下为正方向，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是(　　)‎ ‎4.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．回到出发点的速度v等于初速度v0‎ B．上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量 C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量 D．上行的运动时间小于下行的运动时间 ‎5.如图所示，正方形导线框abcd的边长为L＝‎10 cm，线框平面位于竖直平面内，上下两边处于水平状态．当它从某高处落下时通过一匀强磁场，磁场方向垂直于线框平面，线框的ab边刚进入磁场时，由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动．已知磁场的宽度h＝‎4L，线框刚进入磁场时的速度v0＝‎2.5 m/s.那么若以向下为力的正方向，则线框通过磁场区域过程中所受安培力的图象可能是以下四图中的(　　)‎ ‎6.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成θ角，上端用一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则(　　)‎ A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2‎ B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率 C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为g D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－mv2‎ ‎7.(2013·苏州模拟)将一个矩形金属线框折成直角框架abcdefa，‎ 置于倾角为α＝37°的斜面上，ab边与斜面的底线MN平行，如图所示，a＝b＝c＝d＝e＝f＝‎0.2 m，线框总电阻为R＝0.02 Ω，ab边的质量为m＝‎0.01 kg，其余各边的质量均忽略不计，框架可绕过c、f点的固定轴自由转动，现从t＝0时刻开始沿斜面向上加一随时间均匀增加的、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度与时间的关系为B＝0.5 tT，磁场方向与cdef面垂直．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)‎ ‎(1)求线框中感应电流的大小，并指出ab段导线上感应电流的方向；‎ ‎(2)t为何值时框架的ab边对斜面的压力恰为零；‎ ‎(3)从t＝0开始到该时刻通过ab边的电荷量是多少．‎ ‎8.(2013·石景山区期末测试)如图所示，宽度为L＝‎0.2 m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R＝1.0 Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T．一根质量为m＝‎10 g的导体棒MN放在导轨上，并与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．现用垂直MN的水平拉力F拉动导体棒使其沿导轨向右匀速运动，速度为v＝‎5.0 m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：‎ ‎(1)在闭合回路中产生感应电流I的大小；‎ ‎(2)作用在导体棒上拉力F的大小；‎ ‎(3)当导体棒移动‎50 cm时撤去拉力，求整个过程中电阻R上产生的热量Q.‎ ‎9．如图甲所示，磁感应强度B＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场以虚线MN为左边界，MN的左侧有一质量m＝‎0.1 kg，bc边长L1＝‎0.2 m，电阻R＝2 Ω的矩形线圈abcd放置于绝缘光滑水平面上，t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场．整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．‎ ‎(1)求线圈bc边刚进入磁场时的速度v1的大小和线圈在第1 s内运动的距离x；‎ ‎(2)写出第2 s内变力F随时间t变化的关系式；‎ ‎(3)求出线圈ab边的长度L2.‎ ‎10.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为L＝‎0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝‎0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，‎ 整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝‎10 m/s2，问：‎ ‎(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？‎ ‎(2)棒ab受到的力F多大？‎ ‎(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？‎ 答案：‎ 课时作业(二十七)‎ ‎1．AB ‎2．C　矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，未进入匀强磁场前做加速度为g的匀减速直线运动，选项AB错误；矩形导线框进入匀强磁场后做加速度逐渐减小的减速直线运动直到速度减为零，选项D错误，C正确．‎ ‎3．BD ‎4．BCD　在金属棒整个上行与回到出发点的过程中，金属棒将一部分动能转化为电能，所以回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A说法不正确；根据关系式q＝Δt＝Δt＝Δt＝可知，上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量，选项B说法正确；R上产生的热量等于金属棒克服安培力所做的功，金属棒在上行过程和下行过程中，经过同一位置时，上行时的速度大小总要大于下行时的速度大小，上行时的安培力总要大于下行时的安培力，而上行位移大小等于下行位移大小，则可知上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量，上行的运动时间小于下行的运动时间，选项C、D说法正确．‎ ‎5．B　ab边刚进入磁场时安培力等于重力且方向向上，故A、D错误；线框全部进入磁场后，线框中无感应电流，且向下做加速运动，当线框从下边离开磁场时将做减速运动，安培力逐渐减小且方向向上，故C错误，B正确．‎ ‎6．C　金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，由v－t图象可知，其平均速度大于，选项A错误．克服安培力的功率为P＝，而加速运动过程的速度小于匀速运动过程的速度，故选项B错误．金属杆匀速运动时有mgsin θ＝Bl；当金属杆速度为时有mgsin θ－Bl＝ma，联立解得a＝，选项C正确．由能量转化和守恒定律可知，金属杆和电阻R上共同产生的热量为mgh－mv2，故选项D错误．‎ ‎7．解析：　(1)由题设条件可得 E＝＝·＝0.02 V 所以感应电流I＝＝‎‎1.0 A 根据楞次定律可判断，感应电流的方向从a→b.‎ ‎(2)ab边所受的安培力为 FB＝BI·＝0.1t 方向垂直于斜面向上，当框架的ab边对斜面的压力为零时，有FB＝mgcos 37°‎ 由以上各式解得：t＝0.8 s.‎ ‎(3)从t＝0开始到该时刻通过ab边的电量q＝It＝‎0.8 C(或用q＝＝求解均可)‎ 答案：　(1)‎1.0 A　a→b　(2)0.8 s　(3)‎‎0.8 C ‎8．解析：　(1)感应电动势为E＝BLv＝0.2 V ①‎ 感应电流为I＝ ②‎ 由①②代入数据得：I＝‎0.2 A． ③‎ ‎(2)导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，‎ F＝BIL＝0.008 N． ④‎ ‎(3)导体棒移动‎50 cm的时间为t＝ ⑤‎ 根据焦耳定律Q1＝I2Rt ⑥‎ 由③⑤⑥得Q1＝0.004 J ⑦‎ 根据能量守恒Q2＝mv2＝0.125 J ⑧‎ 由⑦⑧得：电阻R上产生的热量Q＝Q1＋Q2＝0.129 J.‎ 答案：　(1)‎0.2 A　(2)0.008 N　(3)0.129 J ‎9．解析：　(1)由题图乙可知，线圈刚进入磁场时的感应电流I1＝‎0.1 A，由E＝BL1v1及I1＝得 v1＝＝ m/s＝‎0.5 m/s，x＝t＝‎0.25 m.‎ ‎(2)由题图乙知，在第2 s时间内，线圈中的电流随时间均匀增加，有i＝0.2t－0.1(A)，线圈速度随时间均匀增加，线圈所受安培力随时间均匀增加，则F安＝BiL1＝0.08t－0.04(N)‎ t＝2 s时线圈的速度v2＝＝ m/s＝‎1.5 m/s 线圈在第2 s时间内的加速度 a2＝＝ m/s2＝‎1 m/s2.‎ 由牛顿第二定律得F＝F安＋ma2＝0.08t＋0.06 (N)．‎ ‎(3)在第2 s时间内，线圈的平均速度 ＝＝ m/s＝‎1 m/s L2＝·Δt＝1×‎1 m＝‎1 m.‎ 答案：　(1)‎0.5 m/s　‎‎0.25 m ‎(2)F＝0.08t＋0.06(N)　(3)‎‎1 m ‎10．解析：　(1)‎ 对cd棒受力分析如图所示 由平衡条件得mgsin θ＝BIL 得I＝＝ A＝‎1 A.‎ 根据楞次定律可判定通过棒cd的电流方向为由d到c.‎ ‎(2)‎ 棒ab与cd所受的安培力大小相等，对ab棒，受力分析如图所示，由共点力平衡条件知 F＝mgsin θ＋BIL 代入数据解得F＝0.2 N.‎ ‎(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，‎ 由焦耳定律知Q＝I2Rt 设ab棒匀速运动的速度是v，其产生的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律知I＝ 时间t内棒ab运动的位移x＝vt 力F所做的功W＝Fx 综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.‎ 答案：　(1)‎1 A　方向由d到c　(2)0.2 N　(3)0.4 J