【物理】2020届一轮复习人教版专题突破十一电磁感应定律的综合应用作业

【物理】2020届一轮复习人教版专题突破十一电磁感应定律的综合应用作业

‎2020届一轮复习人教版 专题突破十一电磁感应定律的综合应用 作业 ‎1.(多选)(2018·启东中学月考)如图8所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c、d置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处.磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直.先由静止释放c，c刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移.下图中正确的是(　　)‎ 图8‎ 答案　BD 解析　导体棒c进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为g，有h＝gt2，v＝gt，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动的路程为h′＝vt＝gt2＝2h，此后d棒进入磁场，d棒进入磁场而c棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，直到c棒穿出磁场，穿出磁场后c棒仅受重力，加速度仍为g，A错误，B正确；c棒穿出磁场后，d棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c棒刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v2－v02＝2gh，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D正确.‎ ‎2.(2018·如皋市模拟四)如图9所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab＝L、ad＝2L.虚线MN过ad、bc边中点.一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O，细线与ab边垂直.从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v.求：‎ 图9‎ ‎(1)细线断裂前线框中的电功率P；‎ ‎(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；‎ 答案　(1)　(2)　mv2‎ 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律：E＝＝L2＝kL2；‎ 电功率：P＝＝ ‎(2)细线断裂瞬间安培力：F安＝F0，线框的加速度a＝＝ 线框离开磁场过程中，由动能定理得：W＝mv2.‎ ‎3.(2018·南京师大附中5月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图10所示：光滑的”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L＝1m，导轨上静止放置有长度也为L、质量为m＝100kg、接入电路的电阻为R1＝0.1Ω的导体棒AB.导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝10T.图中开关S接a，经过足够长时间，棒AB向右匀速运动，速度为v＝100m/s.然后若将开关S接b，棒AB可作为电源对电阻R2供电，电阻R2＝0.9Ω.‎ 图10‎ ‎(1)开关S接a，棒AB匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？‎ ‎(2)求开关S接b的瞬间棒AB的加速度大小.‎ ‎(3)求开关S接b后R2产生的总热量Q.‎ 答案　(1)1000Wb　(2)100m/s2　(3)4.5×105J 解析　(1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt＝1 000 Wb；‎ ‎(2)棒AB产生的感应电动势E＝BLv＝1 000 V，电路中的感应电流I＝＝1 000 A，‎ 故受到的安培力为F＝BIL＝1×104 N，根据牛顿第二定律可得a＝＝100 m/s2；‎ ‎(3)棒的动能全部转化为热量，故Q总＝mv2＝5×105 J，‎ 电阻R2上产生的热量为Q＝Q总＝4.5×105 J.‎ ‎4.(2018·苏州市模拟)如图11所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形单匝导线框abcd放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚进入磁场时撤去拉力，ab边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，重力加速度为g.求：‎ 图11‎ ‎(1)ab边刚进入磁场时，其两端的电压U；‎ ‎(2)水平拉力的大小F和磁场的宽度d；‎ ‎(3)整个过程中产生的总热量Q.‎ 答案　(1)BLv　(2)＋μmg　L＋ ‎(3) μmgL＋mv2＋ 解析　(1)感应电动势E＝BLv 感应电流I＝＝ ab边两端电压U＝I·R＝BLv.‎ ‎(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F＝F安＋μmg＝＋μmg 撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移x2＝ 所以磁场宽度d＝L＋.‎ ‎(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1＝I2Rt1＝ 由于摩擦产生的热量Q2＝μmg(L＋)＝μmgL＋mv2‎ 所以整个过程产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋.‎ ‎1.(2017·南通市第二次调研)如图1所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是(　　)‎ 图1‎ 答案　B 解析　闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B正确.‎ ‎2.(多选)(2018·盐城中学月考)如图2所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中(　　)‎ 图2‎ A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2‎ B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2‎ C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2‎ D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2‎ 答案　ABD ‎3.(2018·南京市三校联考)如图3所示，线圈由A位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为(　　)‎ 图3‎ A.aA>aB>aC>aD B.aA＝aC>aB>aD C.aA＝aC>aD>aB D.aA＝aC>aD＝aB 答案　B ‎4.(2017·宜兴市下学期初考)如图4所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是(　　)‎ 图4‎ 答案　C 解析　线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度，设线框边长为L，总电阻为R，在0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，由E＝BLv和i＝得，感应电流与时间的关系式为i＝t，B、L、a、R均不变，电流i与t成正比，t2时间后无感应电流，故A、B错误；在0～t1时间内，感应电流为零，ad边两端的电压为零，t1～t2时间内，电流i与t成正比，ad边两端电压大小为U＝iRad＝·R＝，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，ad边两端电压大小为U＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，故C正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F安＝，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，得F＝t＋ma,0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F＝ma，为定值，故D错误.‎ ‎5.(多选)如图5甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，正确的是(　　)‎ 图5‎ 答案　AD 解析　由题图B－t图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3s，磁通量不变，无感应电流；3～4s，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在0～1s内，ad 边受到的安培力水平向右，是正的，1～3s无感应电流，不受安培力，3～4s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝＝·S，感应电流I＝＝，由B－t图象可知，在每一时间段内，是定值，则在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，0～1s内B均匀增大，则F均匀增大，3～4s内B均匀减小，则F均匀减小，故B、C错误，A、D正确.‎ ‎6.(多选)(2018·海安中学月考)水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图6所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程(　　)‎ 图6‎ A.外力对棒所做功相等 B.电流所做的功相等 C.通过ab棒的电荷量相等 D.安培力对ab棒所做的功不相等 答案　AD 解析　根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故B错误；根据感应电荷量公式q＝＝，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D正确.‎ ‎7.(多选)(2018·溧水中学期初模拟)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，底端接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆ab沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab由静止下滑距离s时，已匀速运动，重力加速度为g.则 (　　)‎ 图7‎ A.匀速运动时杆ab的速度为 B.匀速运动时杆ab受到的安培力大小为mgsinθ C.杆ab由静止下滑距离s过程中，安培力做功为mgssinθ D.杆ab由静止下滑距离s过程中，电阻R产生的热量为mgssinθ 答案　AB 解析　匀速运动时有mgsin θ＝F安，又F安＝BIL＝，解得v＝，F安＝mgsin θ，故A、B正确；杆ab由静止下滑距离s过程中，根据能量守恒定律可得电阻R产生的热量Q＝mgssin θ－mv2，其中v＝，安培力做功为W＝－Q＝mv2－mgssin θ，其中v＝，故C、D错误.‎ ‎8.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l＝1.0m的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B＝1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R＝1.5Ω，质量为m＝1.0kg、电阻为r＝0.5Ω的金属棒MN置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当MN受到垂直于棒的水平外力F＝2.0N的作用，由静止开始运动，经过位移x＝1.55m，到达PQ处(图中未画出)，此时速度为v＝2.0m/s.求：‎ 图8‎ ‎(1)金属棒在PQ处所受磁场作用力大小；‎ ‎(2)金属棒在PQ处的加速度大小；‎ ‎(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能.‎ 答案　(1)1.0N　(2)1.0m/s2　(3)1.1J 解析　(1)速度为v＝2.0 m/s时，回路中感应电动势为E＝Blv 产生的感应电流I＝ 由此得磁场对金属棒的作用力为：‎ F安＝BIl＝＝1.0 N ‎(2)由牛顿第二定律有F－F安＝ma 解得a＝＝1.0 m/s2‎ ‎(3)设金属棒受到的安培力做功为W，由动能定理得Fx＋W＝mv2‎ 解得W＝mv2－Fx＝－1.1 J 金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q＝－W＝1.1 J.‎ ‎9.(2018·盐城市三模)如图9所示，在竖直平面内，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虚线间距为L，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一长为2L、宽为L的矩形线框质量为m、电阻为R.开始时，线框下边缘正好与虚线Ⅱ重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线Ⅱ瞬间加速度恰为0.重力加速度为g，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：‎ 图9‎ ‎(1)上边缘经过虚线Ⅱ瞬间，线框中电流的大小；‎ ‎(2)磁通量变化率的最大值；‎ ‎(3)线框中产生的焦耳热.‎ 答案　(1)　(2)BL　(3)2mgL－ 解析　(1)由线框受力平衡得：BIL＝mg，解得I＝.‎ ‎(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v1，‎ 磁通量变化率＝BLv1‎ 由动能定理得mgL＝mv12‎ 则＝BL.‎ ‎(3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v2，则BLv2＝IR 设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为W，根据动能定理 mgL－W＝mv22－mv12‎ 解得W＝2mgL－ 线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q＝W＝2mgL－.‎ ‎10.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为0.1kg、电阻为0.1Ω的导体棒ab放在导轨上的区域Ⅰ中，ab刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd从导轨上由静止开始下滑.cd棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g取10m/s2.‎ 图10‎ ‎(1)求ab棒所受最大静摩擦力，并判断cd棒下滑时ab棒中电流的方向；‎ ‎(2)ab棒刚要向上滑动时，cd棒的速度大小v；‎ ‎(3)若从cd棒开始下滑到ab棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J，求此过程中cd棒下滑的距离x.‎ 答案　(1)0.5N　由a流向b　(2)5m/s　(3)3.8m 解析　(1)ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力 有Ffmax＝m1gsin θ 则Ffmax＝0.5 N 由右手定则可知cd棒下滑时ab棒中电流方向由a流向b.‎ ‎(2)设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝Blv 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIl 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，‎ 由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Ffmax 代入数据解得v＝5 m/s.‎ ‎(3)设从cd棒开始下滑到ab棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2‎ 解得x＝3.8 m.‎