【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应现象的两类情况 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应现象的两类情况 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电磁感应现象的两类情况 课时作业 ‎1.（多选）下列说法中正确的是（　　）‎ A.动生电动势的产生与洛伦兹力有关 B.因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势的产生与洛伦兹力无关 C.动生电动势的方向可以由右手定则来判定 D.导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反 解析：由动生电动势产生原因知A、C正确，B错误；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，故D错误.‎ 答案：AC ‎2.如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增强时，小球将（　　）‎ A.沿顺时针方向运动 B.沿逆时针方向运动 C.在原位置附近往复运动 D.仍然保持静止状态 解析：当磁场增强时，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，即感生电场沿逆时针方向，带负电的小球在电场力作用下沿顺时针方向运动.‎ 答案：A ‎3.如图所示，有一匝接在电容器C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在着向里的匀强磁场B，已知圆的半径r＝5 cm，电容C＝20 μF，当磁场B以4×10－2 T/s的变化率均匀增加时，则（　　）‎ A.电容器a板带正电，电荷量为2π×10－9 C B.电容器a板带负电，电荷量为2π×10－9 C C.电容器b板带正电，电荷量为4π×10－9 C D.电容器b板带负电，电荷量为4π×10－9 C 解析：圆环为电源，所以a是正极带正电.E＝·S＝π×10－4 V，所以Q＝UC＝2π×10－9C.‎ 答案：A ‎4.如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A.穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势 B.MN这段导体做切割磁感线运动，MN间有电势差 C.MN间有电势差，所以电压表有示数 D.因为有电流通过电压表，所以电压表有示数 解析：穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab、MN、dc都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A错，B对；无电流通过电压表，电压表无示数，C、D错.‎ 答案：B ‎5.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经时间t到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生的热量大小等于（　　）‎ A.　　　　　 B. C.mgL－ D.mgL＋ 解析：金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机能能为mgL－，故产生的热量为mgL－，选项C正确.‎ 答案：C ‎6.如图所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面.一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计.下列说法正确的是（　　）‎ A.回到出发点的速度v大于初速度v0‎ B.通过R的最大电流，上升过程小于下落过程 C.电阻R上产生的热量，上升过程大于下落过程 D.所用时间上升过程大于下落过程 解析：金属棒切割磁感线运动，由右手定则和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒下行和上行时的受力情况，由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；设金属棒运动的速度为v，长度为l，那么感应电动势E＝Blv，通过R的电流I＝＝，可见，当金属棒运动速度v大时，通过R的电流大，因为金属棒在运动过程中，机械能不断转化为热能，所以运动到同一高度处，上升时的速度大于下降时的速度，所以通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；同一高度处金属棒上升时受到的安培力大于下降时受到的安培力，由于上升和下降的高度相同，所以上升过程克服安培力所做的功大于下降时克服安培力做的功，故电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程，选项C正确；研究金属棒的上升过程时，可以采取逆向思维法，把上升过程看作金属棒从最高点自由下落，显然，下落的加速度a1＞g＞a2，其中a2为金属棒返回下落时的加速度，显然，下落相同高度，t1＜t2，选项D错误.‎ 答案：C B级　提能力 ‎7.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，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的金属棒从高度为h处静止释放，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（　　）‎ A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg（h－μd）‎ 解析：金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh＝mv，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝，联立三式得Im＝，故A错误；根据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，故B错误；金属棒运动的全过程中，根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，Q＝mg（h－μd），故D正确.‎ 答案：D ‎8.如图所示，可绕固定轴OO′转动的正方形线框的边长为L，不计摩擦和空气阻力，线框从水平位置由静止释放，到达竖直位置所用的时间为t，ab边的速度为v，设线框始终处在竖直向下、磁感应强度为 B的匀强磁场中，试求：‎ ‎（1）这个过程中回路中的感应电动势.‎ ‎（2）到达竖直位置时回路中的感应电动势.‎ 解析：（1）＝＝＝.‎ ‎（2）在竖直位置B⊥v，所以E＝BLv.‎ ‎9.如图所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距l＝0.5 m，导轨左端连接一个R＝0.2 Ω的电阻和一个理想电流表A，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度B＝1 T的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.一根质量m＝0.4 kg、电阻r＝0.05 Ω的金属棒与磁场的左边界cd重合.现对金属棒施加一水平向右、大小为0.4 N的恒定拉力F，使棒从静止开始向右运动，已知在金属棒离开磁场右边界ef前电流表的示数已保持稳定.‎ ‎（1）求金属棒离开磁场右边界ef时的速度大小；‎ ‎（2）当拉力F的功率为0.08 W时，求金属棒的加速度.‎ 解析：（1）由题意可知，当金属棒离开右边界ef时已达到最大速度vmax，E＝Blvmax，‎ I＝，‎ F安＝BIl，‎ F安＝F，‎ 联立以上各式并代入数据，得vmax＝0.4 m/s.‎ ‎（2）当力F的功率为0.08 W时，金属棒的速度 v＝＝0.2 m/s，‎ F－F安′＝ma，即F－＝ma，‎ 代入数据得a＝0.5 m/s2，方向向右.‎ ‎10.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有一个阻值R＝20 Ω的电阻，导致电阻忽略不计，导轨宽度L＝2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T.质量m＝0.1 kg、连入电路的电阻为r＝10 Ω的金属棒ab在导轨斜面较高处由静止释放.当金属棒ab下滑高度h＝3 m时，速度恰好达到最大值v＝2 m/s.金属ab在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2.求：‎ ‎（1）金属棒ab由静止至下滑高度为3 m的运动过程中机械能的减少量.‎ ‎（2）金属棒ab由静止至下滑高度为3 m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量.‎ 解析：（1）金属棒ab机械能的减少量 ΔE＝mgh－mv2＝2.8 J.‎ ‎（2）速度最大时金属棒ab产生的电动势 E＝BLv，‎ 产生的电流I＝，‎ 此时的安培力F＝BIL＝1×0.2×2 N＝0.4 N，‎ 由题意可知，所受摩擦力 Ff＝mgsin 30°－F＝N＝0.1 N，‎ 由能量守恒知，损失的机械能等于金属棒ab克服摩擦力做功和产生的电热之和，电热Q＝ΔE－＝（2.8－0.1×3×2）J＝2.2 J，又上、下端电阻并联后再与金属棒ab串联，公式Q＝I2t，‎ 则上端电阻R中产生的热量QR＝＝×2.2 J＝0.55 J.‎ ‎11.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为L＝1 m、质量为m＝0.1 kg的导体MN，其电阻R＝1 Ω，导体棒架在磁感应强度B＝1 T、竖直放置的框架上，当导体棒上升h＝3.8 m时获得稳定的速度，导体产生的热量为14 J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的示数分别为7 V、1 A，电动机内阻r＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2，求：‎ ‎（1）棒能达到的稳定速度；‎ ‎（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间.‎ 解析：（1）电动机的输出功率P出＝IU－I2r＝6 W，‎ 棒达到稳定速度时，有F＝mg＋BIL＝mg＋，‎ 而电动机的输出功率P出＝Fvm，‎ 由以上各式解得vm＝2 m/s.‎ ‎（2）从棒开始运动至达到稳定速度的过程中，‎ 由能量守恒定律，有P出t＝mgh＋mv＋Q，‎ 解得完成此过程所需要的时间t＝3 s.‎