【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应规律综合应用课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应规律综合应用课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电磁感应规律综合应用 课时作业 时间：45分钟 ‎1．如图所示，竖直平面内有一金属环，其半径为a，总电阻为2r(金属环粗细均匀)，磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直于环面，在环的最高点A处用铰链连接长度为‎2a、电阻为r的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则此时A、B两端的电压为(　A　)‎ A.B0av　 　B.B0av　 　C.B0av　 　D．B0av 解析：棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中，切割磁感线的长度为‎2a，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝B0·‎2a·v′，其中v′＝＝，则E＝B0av，外电路的总电阻R＝＝，根据闭合电路欧姆定律得I＝，则总电流I＝，故A、B两端的电压U＝IR＝·＝B0av，选项A正确．‎ ‎2．(多选)如图甲所示，一个刚性圆形导线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，图中可能正确的是(　BD　)‎ 解析：根据图象知0～0.5T内磁场增强，0.5T～T内磁场减弱，由楞次定律知，线圈中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝S，因为0～0.5T内和0.5T～T内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等，所以感应电动势大小不变，故B正确；根据I＝，可知整个过程中电流大小不变，由P＝I2R知电阻R消耗的功率不变，故C错误，D正确．‎ ‎3．在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为L、电阻为R的正方形均匀导线框abcd有一半处于磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框的发热功率为P，则(　D　)‎ A．线框中的感应电流方向会发生改变 B．cd边所受的安培力大小不变，方向改变 C．线框中的感应电动势为 D．线框中的电流大小为 解析：根据图象，分析磁场变化的一个周期，在0～时间内，向外的磁场在减弱，故感应电流的磁场方向向外，在～T时间内，向里的磁场在增强，故感应电流的磁场方向也向外，此后磁场变化重复此周期，说明线框中的感应电流方向不会发生改变，选项A错误；cd边的电流方向由d到c不变，大小也不变，而磁场方向改变，磁感应强度的大小也改变，故cd边受到的安培力方向改变，大小也改变，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，线框中的感应电动势E＝＝，选项C错误；线圈中产生的感应电流大小不变，即P＝I2R，所以线框中的电流大小为 ，选项D正确．‎ ‎4．(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝‎20 cm2.螺线管导线电阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(　AD　)‎ A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V B．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电 C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W D．S断开后，通过R2的电荷量为1.8×10－‎‎5 C 解析：由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为E＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为I＝＝ A＝‎0.12 A，电阻R1上消耗的功率为P＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10－2 W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×‎5 C＝1.8×10－‎5 C，故D正确．‎ ‎5．如图，边长为‎2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边处在x轴上．现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t＝0时线框B点恰好位于原点O的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个ix图象中，能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是(　D　)‎ 解析：当△ABC向前移动L的过程中，只有AB边切割磁感应线，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动L时有效切割长度为·AC＝，所以感应电流为i0＝；在当△ABC向前移动L～‎2L的过程中，除AB边切割磁感应线外，AC边也切割磁感应线，感应电动势逐渐减小到零，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动‎2L时有效切割长度为0，感应电流为零；当△ABC向前移动‎2L～‎3L的过程中，只有AC边切割磁感应线，根据楞次定律可得电流方向为顺时针方向，最大的感应电动势为LBv，所以最大的感应电流为i0＝，当△ABC离开磁场的过程中，感应电流逐渐减小，所以A、B、C项错误，D项正确．‎ ‎6．如图甲所示，光滑的导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，轨道左侧连接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨，导体和轨道的电阻不计．导体棒ab在水平外力的作用下运动，外力F随t变化如图乙所示，在0～t0时间内从静止开始做匀加速直线运动，则在t0以后，导体棒ab运动情况为(　C　)‎ A．一直做匀加速直线运动 B．做匀减速直线运动，直到速度为零 C．先做加速，最后做匀速直线运动 D．一直做匀速直线运动 解析：设导体棒ab长L，运动速度为v，则导体棒所受安培力F′＝BIL＝；因为导体棒在0～t0时间内从静止开始做匀加速直线运动，所以，F2>F′；因为速度不能瞬变，所以，导体棒先做加速运动，故B、D项错误；导体棒做加速运动，速度增大，F′继续增大，则合外力减小，加速度减小，故A项错误；当速度增大到F′＝F2后，导体棒做匀速直线运动，故C项正确．‎ ‎7.(多选)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r.由此可知，下列说法正确的是(　BC　)‎ A．电容器下极板带正电 B．电容器上极板带正电 C．电容器所带电荷量为 D．电容器所带电荷量为nSkC 解析：根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A错误，B正确．闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势：E＝nS＝nSk，路端电压：U＝·r＝，则电容器所带电荷量为：Q＝CU＝，故C正确，D错误．‎ ‎8.(多选)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是(　AC　)‎ A．圆环先做加速运动后做减速运动 B．在时间t内安培力对圆环做功为mgH C．圆环运动的最大速度为－gt D．圆环先有扩张后有收缩的趋势 解析：在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确；因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前－W安t后＝mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误；在t时间内安培力F＝BIL＝BI·2πr，合外力F合＝Fcosθ－mg＝2πBIrcosθ－mg＝ma，v＝at＝－gt，故C正确；圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错误．‎ ‎9.(多选)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，现用竖直向上的力拉导体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(　AB　)‎ A．ab受到的拉力大小为0.2 N B．ab向上的速度为‎2 m/s C．在2 s内，拉力做功转化的电能是0.8 J D．在2 s内，拉力做功为0.6 J 解析：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棒受到的拉力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：＝G，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＝F拉vt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D错误．‎ ‎10．(多选)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝0.5 T，并且以＝0.1 T/s的变化率均匀增大，图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L＝‎0.5 m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1 Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝‎0.2 kg的重物．导轨上的定值电阻R＝0.4 Ω，与P、Q端点相连组成回路．又知PN长d＝‎0.8 m．在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10 N/kg)(　AC　)‎ A．电流的方向由P到Q B．电流的大小为‎0.1 A C．从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起 D．电阻R上产生的热量约为16 J 解析：根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M，故A项正确；电流大小I＝＝ A＝‎0.08 A，故B项错误；要恰好把质量M＝‎0.2 kg的重物拉起，则F安＝FT＝Mg＝2 N，B′＝＝ T＝50 T，B′＝B0＋·t＝0.5＋0.1t，解得t＝495 s，故C项正确；电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495 J≈1.27 J，故D项错误．‎ ‎11．(多选)如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab＝cd＝L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来．线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程及以后的运动过程中ab边未进入磁场、cd 边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(　BC　)‎ A．初始时刻cd边所受安培力的大小为－mg B．线框中产生的最大感应电流可能为 C．在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv－Q D．在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为mv 解析：初始时刻，cd边速度为v0，若此时所受重力不大于安培力，则产生的感应电动势最大，为E＝BLv0，感应电流I＝＝，cd边所受安培力的大小F＝BIL＝，A错误，B正确；由能量守恒定律，mv＋mgh＝Q＋Ep，cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量为Ep＝mv－Q＋mgh，大于mv－Q，C正确；cd边最后静止在初始位置下方，重力做的功大于克服弹簧弹力做的功；由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，因减小的重力势能大于增加的弹性势能，所以热量应大于mv，故D错误．‎ ‎12．如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝‎0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.一质量m＝‎0.40 kg，阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝‎0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电量是0.3～0.6 s内通过电量的，g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移；‎ ‎(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．‎ 解析：(1)金属棒在0.3～0.6 s内通过的电量是 q1＝I1t1＝ 金属棒在0～0.3 s内通过的电量q2＝＝ 由题中的电量关系＝，代入解得：x2＝‎0.3 m.‎ ‎(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝vt1＋x2，代入解得x＝‎‎0.75 m 根据能量守恒定律Mgx－mgxsinθ＝(M＋m)v2＋Q 代入解得Q＝3.15 J 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝Q＝1.05 J.‎ 答案：(1)‎0.3 m　(2)1.05 J