【物理】2020届一轮复习人教版　电磁感应定律的综合应用课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版　电磁感应定律的综合应用课时作业

‎2020届一轮复习人教版 　电磁感应定律的综合应用 课时作业 ‎ (建议用时：40分钟)‎ ‎[基础对点练]‎ 题组一：电磁感应中的电路问题 ‎1．如图甲所示为n＝50匝的圆形线圈M，它的两端点C、D与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则C、D两点的电势高低与电压表的读数为(　　)‎ ‎　　　‎ 甲　　　　　　　　　乙 A．φC>φD,20 V　　　　 B．φC>φD,10 V C．φC<φD,20 V D．φC<φD,10 V B　[圆形线圈产生感生电动势，相当于电源的内电路。磁通量均匀增加，由楞次定律知，线圈中的感应电流为逆时针方向，又因为线圈相当于内电路，故φC>φD；E＝n＝50× V＝10 V，因而电压表的读数为10 V。电压表测量的是电源的电动势，即感生电动势，故选项B正确。]‎ ‎2．如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)a、b两点恰到磁场边界时，a、b两点的电势差为(　　)‎ A．BRv B．BRv C．BRv D．BRv D　[设整个圆环电阻是r，其外电阻是圆环总电阻的 ‎，即磁场外的部分，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，选项D正确。]‎ 题组二：电磁感应中的图象问题 ‎3.(多选)(2019·广西模拟)图示有三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间t变化的规律图象的是(　　)‎ A　　　　　　B C　　　　　　D ABD　[当线框开始进入磁场时，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向里的磁通量增加，总磁通量减小且变化率为之前2倍；当运动到1.5L时，磁通量最小，当运动到2L时磁通量变为向里的最大，故A项正确；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，感应电动势为正；而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势为2BLv，为正，故B项正确；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C项错误；拉力的功率P＝Fv ‎，因速度不变，而当线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，F安＝2B·L＝4，因此安培力变为原来的4倍，则拉力的功率变为原来的4倍，故D项正确。]‎ ‎4．(多选)空间内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L。一正方形导体框边长也为L，开始时正方形导体框的ab边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图所示。从图示位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场。若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为uab，感应电流取逆时针方向为正，则在导体框穿越磁场的过程中，下列i、uab随时间的变化规律正确的是(　　)‎ A　　 　B　　　　C　　　D AD　[由楞次定律可以判断出导体框进磁场时电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，由E＝Blv可得i＝＝，进、出磁场时导体框切割磁感线的有效长度l均由大变小，所以电流也是从大变小，选项A正确，B错误；进磁场时ab为电源，uab<0且uab由－Blv增大至零，出磁场时ab不是电源，电流从b到a，uab<0且uab由－增大至零，选项C错误，D正确。]‎ 题组三：电磁感应中的动力学能量问题 ‎5．(多选)(2019·泰安模拟)如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能(　　)‎ A．始终减小 B．始终不变 C．始终增加 D．先减小后增加 CD　[导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速运动后加速运动，A项错误，D项正确；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速运动后加速运动，B项错误；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速度增大的加速运动，C项正确。]‎ ‎6．(多选)(2019·惠州模拟)如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，质量m＝1 kg的金属杆PQ在水平向右的外力F作用下沿着粗糙U形导轨以速度v＝2 m/s向右匀速滑动，U形导轨固定在水平面上，两导轨间距离l＝1.0 m，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数μ＝0.3，定值电阻阻值R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．通过R的感应电流的方向为由d到a B．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V C．金属杆PQ受到的外力F的大小为2.5 N D．外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热 BD　[根据右手定则可判断出金属杆PQ切割磁感线产生的感应电流的方向为从Q到P，通过R的感应电流的方向为由a到d，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝Blv ‎＝1.0×1.0×2 V＝2.0 V，选项B正确；根据闭合电路欧姆定律，金属杆PQ中的电流大小I＝＝0.5 A，金属杆PQ受到的安培力F安＝BIl＝1.0×0.5×1.0 N＝0.5 N，方向与速度方向相反，金属杆PQ与U形导轨之间的摩擦力f＝μmg＝0.3×1×10 N＝3 N，又金属杆PQ做匀速运动，则金属杆PQ受到的外力F的大小为F＝F安＋f＝0.5 N＋3 N＝3.5 N，选项C错误；根据功能关系，外力F做功的数值等于金属杆克服摩擦力做的功与电路上产生的焦耳热之和，即外力F做功的数值大于电路上产生的焦耳热，选项D正确。]‎ ‎7．(多选)(2019·湛江模拟)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示。磁感应强度B＝0.5 T，导体ab及cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用竖直向上的力推导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时释放cd，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab受到的推力大小为0.2 N B．ab向上的速度为2 m/s C．在2 s内，推力做功转化的电能是0.8 J D．在2 s内，推力做功为0.6 J AB　[导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的推力F＝2mg＝0.2 N，故A正确；cd棒受到的安培力F安＝BIL＝，cd棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得＝mg，代入数据解得v＝2 m/s，故B正确；在2 s内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，则在2 s内，拉力做的功有0.4 J的机械能转化为电能，故C错误；在2 s内拉力做的功为W＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D错误。]‎ 题组四：电磁感应中的动量问题 ‎8.(2019·广州模拟)如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．回路中的最大电流为 B．铜棒b的最大加速度为 C．铜棒b获得的最大速度为 D．回路中产生的总焦耳热为 B　[给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，铜棒a电动势E＝BLv0，回路电流I0＝＝，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝mv－·2mv2＝，选项D错误。]‎ ‎9.如图所示，两根彼此平行放置的光滑金属导轨，其水平部分足够长且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。现将质量为m1的导体棒ab放置于导轨的水平段，将质量为m2的导体棒cd从导轨的圆弧部分距水平段高为h的位置由静止释放。已知导体棒ab和cd接入电路的有效电阻分别为R1和R2，其他部分电阻不计，整个过程中两导体棒与导轨接触良好且未发生碰撞，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)导体棒ab、cd最终速度的大小；‎ ‎(2)导体棒ab所产生的热量。‎ 解析：(1)设导体棒cd沿光滑圆弧轨道下滑至水平面时的速度为v0，由机械能守恒定律m2gh＝m2v，解得v0＝，随后，导体棒cd切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，导体棒cd、ab受到安培力的作用，其中导体棒cd所受的安培力为阻力，而导体棒ab所受的安培力为动力，但系统所受的安培力为零；当导体棒cd与导体棒ab速度相等时，回路的感应电动势为零，回路中无感应电流，此后导体棒cd与导体棒ab以相同的速度匀速运动，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v，解得两棒最终速度为v＝。‎ ‎(2)由能量守恒定律可得系统产生的热量为Q＝ΔE＝m2v－(m1＋m2)v2＝gh 由焦耳定律可得，导体棒ab、cd所产生的热量之比是：＝ 解得Q1＝··gh。‎ 答案：(1)都为 ‎(2)··gh ‎[考点综合练]‎ ‎10．如图甲所示(俯视图)，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO′为右边界的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计。在距边界OO′为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻不计的金属杆ab。求解以下问题：‎ 甲　　　　　　　　　　　乙 ‎(1)若金属杆ab固定在导轨上的初始位置，磁场的磁感应强度在时间t内由B均减小到零，求此过程中电阻R上产生的焦耳热Q1。‎ ‎(2)若磁场的磁感应强度不变，金属杆ab在恒力作用下。由静止开始向右运动3L距离，其vx的关系图象如图乙所示。(v1、v2已知)求：‎ ‎①金属杆ab在刚要离开磁场时的加速度大小；‎ ‎②此过程中电阻R上产生的焦耳热Q2。‎ 解析：(1)磁场的磁感应强度在时间t内由B均匀减小到零，说明＝ 此过程中的感应电动势为E1＝＝ ①‎ 通过R的电流为I1＝ ②‎ 此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q1＝IRt ③‎ 联立①②③解得Q1＝。‎ ‎(2)①ab杆离起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得 F(3L－L)＝m(v－v) ④‎ ab杆刚要离开磁场时，感应电动势E2＝2BLv1 ⑤‎ 通过R的电流为I2＝ ⑥‎ 水平方向上受安培力F安和恒力F作用 安培力为F安＝2BI2L ⑦‎ 联立⑤⑥⑦解得F安＝ ⑧‎ 由牛顿第二定律可得：F－F安＝ma ⑨‎ 联立④⑧⑨解得a＝－。‎ ‎②ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程中，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则 FL＝mv＋Q2 ⑩‎ 联立④⑩解得Q2＝。‎ 答案：(1)　(2)①－　② ‎11．(2019·福州检测)如图甲所示，水平足够长的平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.3 m。导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R＝0.8 Ω的固定电阻。开始时，导轨上固定着一质量m＝0.01 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属杆cd，整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。现用一平行金属导轨平面的外力F沿水平方向拉金属杆cd，使之由静止开始运动。电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系如图乙所示。求：‎ 甲　　　　　　　　　乙 ‎(1)在t＝4 s时通过金属杆的感应电流的大小和方向；‎ ‎(2)4 s内金属杆cd位移的大小；‎ ‎(3)4 s末拉力F的瞬时功率。‎ 解析：(1)由题图乙可知，当t＝4 s时，U＝0.6 V 此时电路中的电流(通过金属杆的电流)I＝＝0.75 A 用右手定则判断出，此时电流的方向由d指向c。‎ ‎(2)由题图乙知U＝kt＝0.15t 金属杆做切割磁感线运动产生的感应电动势E＝BLv 由电路分析：U＝E 联立以上两式得v＝×0.15t 由于R、r、B及L均为常数，所以v与t成正比，即金属杆在导轨上做初速度为零的匀加速直线运动，匀加速运动的加速度a＝×0.15＝1.5 m/s2‎ 金属杆在0～4 s内的位移x＝at2＝12 m。‎ ‎(3)在第4 s末金属杆的速度v＝at＝6 m/s 金属杆受安培力F安＝BIL＝0.112 5 N 由牛顿第二定律，对金属杆有F－F安＝ma 解得拉力F＝0.127 5 N 故4 s末拉力F的瞬时功率P＝Fv＝0.765 W。‎ 答案：(1)0.75 A　由d指向c　(2)12 m　(3)0.765 W ‎12．(2019·洛阳模拟)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角为α，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，电阻为R，两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱，已知灯泡的电阻RL＝3R不变，定值电阻R1＝R，调节电阻箱使R2＝6R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放。‎ ‎(1)求金属棒下滑的最大速度vm的大小；‎ ‎(2)若金属棒下滑距离为x时速度恰好达到最大，求金属棒由静止开始下滑x的过程中流过R1的电荷量和R1产生的焦耳热Q1；‎ ‎(3)改变电阻箱R2的值，求R2为何值时，金属棒匀速下滑过程中R2消耗的电功率最大。‎ 解析：(1)当金属棒受力平衡时速度最大，有 mgsin α＝F安，F安＝BIL，I＝ R总＝4R，联立解得vm＝。‎ ‎(2)平均感应电动势E＝＝，‎ 平均感应电流I＝ 得通过R1的电荷量q＝IΔt＝ 由动能定理有WG－W安＝mv WG＝mgxsin α，W安＝Q 解得Q＝mgxsin α－ 故Q1＝Q＝mgxsin α－。‎ ‎(3)设金属棒匀速下滑时，mgsin α＝BIL 则I＝ 由分流原理，通过R2的电流大小为I2‎ I2＝I＝I 又P2＝IR2‎ 联立可得P2＝()2＝()2‎ 由数学知识得，当R2＝，即R2＝3R时，R2消耗的功率最大。‎ 答案：(1)　(2)mgxsin α－　(3)R2＝3R