【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应规律的综合应用 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应规律的综合应用 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电磁感应规律的综合应用 课时作业 ‎1．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法中正确的是(　D　)‎ A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 解析：磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得ab中的感应电流方向由a到b，故A错误．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝得感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误．根据F＝BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误．金属棒在安培力和静摩擦力作用下处于平衡状态，有f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．‎ ‎2．如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时(　C　)‎ A．电容器两端的电压为零 B．通过电阻R的电流为 C．电容器所带电荷量为CBLv D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为 解析：本题考查电磁感应的电路问题，搞清谁是电源，内、外电阻分别是什么可快速求解．当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误．电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，所以C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．‎ ‎3．如图所示，用横截面积之比为41的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b匀速拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则WaWb为(　C　)‎ A．14 B．12‎ C．11 D．不能确定 解析：根据能量守恒定律，外力做的功等于电路中产生的电能，设线框切割磁感线的有效长度为l，则外力对线框做的功W＝·，而R＝，联立得W＝，因SaSb＝41，lalb＝12，故WaWb＝11，选项C正确．‎ ‎4．(多选)如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放在光滑水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场宽度为L，磁场左边界与线框的ab边相距为L.现给线框一水平向右的恒力，ab边进入磁场时线框恰好做匀速运动，此时线框中的感应电流大小为I0.下列说法正确的是(　BCD　)‎ A．线框进入磁场时，感应电流沿逆时针方向 B．线框进入磁场时的速度大小为 C．从开始到ab边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝ D．线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q＝2BI0L2‎ 解析：线框进入磁场时，根据楞次定律和右手安培定则，感应电流沿顺时针方向，故A错误；ab边进入磁场时线框恰好做匀速运动，则有I0＝，线框进入磁场时的速度大小为v＝，故B正确；从开始到ab边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝＝，故C正确；根据能量守恒得线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q＝WF＝F安×2L＝2BI0L2，故D正确．‎ ‎5．(多选)如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab接入电路的电阻为R，当金属棒ab下滑距离s时，速度大小为v，则在这一过程中(　BCD　)‎ A．金属棒ab运动的平均速度大小为v B．通过金属棒ab某一横截面的电荷量为 C．金属棒ab受到的最大安培力为 D．金属棒ab克服安培力做功为mgssinθ－mv2‎ 解析：分析金属棒ab的受力情况，有mgsinθ－＝ma，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A错误；通过金属棒ab某一横截面的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝＝，故B正确；金属棒ab受到的最大安培力为F＝BIL＝，故C正确；根据动能定理可知，mgssinθ－W安＝mv2，金属棒ab克服安培力做功为 W安＝mgssinθ－mv2，故D正确．‎ ‎6．(多选)如图所示，一匝数为n、边长为L、质量为m、电阻为R的正方形导体线框abcd，与一质量为3m的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当ad边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计一切摩擦，重力加速度为g.则(　CD　)‎ A．线框ad边进入磁场之前线框加速度a＝2g B．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量q＝ C．整个运动过程线框产生的焦耳热为Q＝4mgL D．线框进入磁场时的速度大小v＝ 解析：在线框ad边进入磁场之前，有3mg－FT＝3ma，FT－mg＝ma，解得a＝g，A错误；根据q＝n可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为q＝，B错误；线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，C正确；ab边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有FT＝3mg，FT＝mg＋F安，F安＝nBIL，I＝，联立解得v＝，D正确．‎ ‎7．(多选)如图所示，一匝数n＝10匝、总电阻R＝2.5 Ω、边长L＝0.3 m的匀质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r＝的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度B的大小随时间t变化的关系如图乙所示，a、b是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f＝0.6 N，取π＝3，则(　BD　)‎ ‎　‎ A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.06 Wb B．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.1 A C．线框静止时，a、b两点间的电压为U＝ V D．经时间t＝0.8 s，线框开始滑动 解析：t＝0时刻穿过线框的磁通量Φ＝B×πr2＝2××3×0.12 Wb＝0.01 Wb，故A错误；当线框静止时，根据法拉第电磁感应定律有E＝nS＝10×××3×0.12 V＝0.25 V，再由闭合电路欧姆定律有I＝＝ A＝0.1 A，则a、b两点间电压为U＝IR′＝0.1××2.5 V＝ V，故B正确，C错误；经时间t＝0.8 s，由图乙可知此时B＝6 T，感应电流I＝0.1 A，则线框受到的安培力大小F1＝F2＝nBI×＝10×6×0.1×0.1 N＝0.6 N，根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力方向垂直导线框向外，如图所示．根据几何关系可知，安培力F1与F2夹角为120°，则两安培力的合力为0.6 N，线框与水平面间的最大静摩擦力f＝0.6 N，故线框在经时间t＝0.8 s后开始滑动，故D正确．‎ ‎8．(2019·江西赣州一模)(多选)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M和N之间连接阻值为R的电阻和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是(　BCD　)‎ A．电阻R中的电流方向从a到b B．铜盘转动产生的感应电动势大小为BL2ω C．电阻R的最大功率为 D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大电功率为 解析：若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，电阻R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得I＝，则电阻R的功率为P＝I2R＝ ‎2R，当RP＝0时，电阻R的功率最大，即Pm＝，故C正确；把电阻R等效为电源的内阻，则电路中的等效内阻为r′＝r＋R，此时外电路只有RP，故当RP＝r′＝r＋R时，滑动变阻器的电功率最大，即P′m＝，故D正确，故选B、C、D.‎ ‎9．(2019·河南郑州质检)(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)(　ACD　)‎ A．金属棒中的最大电流为 B．金属棒克服安培力做的功为mgh C．通过金属棒的电荷量为 D．金属棒产生的电热为mg(h－μd)‎ 解析：金属棒下滑过程中，根据动能定理得mgh＝mv2，金属棒到达水平面时的速度为v＝，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，则最大感应电流为I＝＝，故A正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故B错误；感应电荷量为q＝Δt＝＝，故C正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热QR＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故D正确．‎ ‎10．(2019·上海虹口质检)两根平行金属导轨相距L＝0.50 m，固定在水平面内，导轨左端串接一个R＝0.04 Ω的电阻，在沿导轨长为d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T，质量m＝4.0 kg的金属棒CD置于导轨上，与导轨接触良好，且与两导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.8，棒在导轨之间的电阻r＝0.01 Ω，绝缘轻绳系于棒的中点，初始时刻，CD棒距磁场左边界s＝0.24 m，现通过绳用水平向右的F＝80 N恒力拉CD棒，使棒由静止开始运动，运动过程中始终保持与导轨垂直，当CD 棒到达磁场右边界时撤去拉力(不计其他电阻以及轻绳的质量)，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；‎ ‎(3)在拉CD棒的过程中，绳的拉力所做的功W和电阻R上产生的焦耳热Q.‎ 解析：(1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2＝2as，联立解得v＝2.4 m/s.‎ ‎(2)CD棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得I＝，安培力FA＝BIL，联立解得FA＝48 N.‎ ‎(3)由题意可得，拉力做功为W＝F(s＋d)＝80×(0.24＋0.56) J＝64 J，CD棒进入磁场后，有F＝FA＋μmg，故CD棒做匀速直线运动，由能量守恒定律得μmgd＋Q总＝Fd，电阻上产生的热量Q＝Q总，联立解得Q＝21.504 J.‎ 答案：(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　21.504 J