（通用版）高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章第3講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè)（含解析）.docx

電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一、選擇題(本題共10小題，16題為單選題，710題為多選題)1(2018渭南模擬)如圖所示，有理想邊界的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B0.5 T，兩邊界間距s0.1 m，一邊長(zhǎng)L0.2 m的正方形線框abcd由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成，總電阻為R0.4 ，現(xiàn)使線框以v2 m/s的速度從位置勻速運(yùn)動(dòng)到位置，則下列能正確反映整個(gè)過(guò)程中線框a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的圖線是()解析：At在05102 s內(nèi)，ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，由楞次定律判斷知感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较?，則a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，Uab為正，則ab兩端電勢(shì)差UabEBLv0.50.22 V15102 V；t在5102 s10102 s內(nèi)，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，cd邊和ab都切割磁感線，都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線框中感應(yīng)電流為零，由右手定則判斷可知，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，Uab為正，所以UabEBLv0.50.22 V0.20 V20102 V，t在10102 s15102 s內(nèi)，ab邊穿出磁場(chǎng)后，只有cd邊切割磁感線，由右手定則知，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)，Uab為正UabEBLv0.50.22 V5102 V，故整個(gè)過(guò)程中線框a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的圖線如圖A所示，故A項(xiàng)正確2線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 .規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時(shí)針?lè)较?，如圖甲所示磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示則以下說(shuō)法正確的是()A在時(shí)間05 s內(nèi)，I的最大值為0.1 AB在第4 s時(shí)刻，I的方向?yàn)檎鼵前2 s內(nèi)，通過(guò)線圈某截面的總電量為0.01 CD第3 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大解析：C由圖看出，在01 s內(nèi)圖線的斜率最大，B的變化率最大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得，In，知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率越大，則電流越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大值為0.1，則最大電流I A0.01 A，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；在第4 s時(shí)刻，穿過(guò)線圈的磁場(chǎng)方向向上，磁通量減小，則根據(jù)楞次定律判斷得知，I的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍礊樨?fù)方向，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；前2 s內(nèi)，通過(guò)線圈某截面的總電量q C0.01 C，故C項(xiàng)正確；第3 s內(nèi)，B沒(méi)有變化，線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤3(2018汕頭模擬)如圖甲所示，電阻不計(jì)、間距為L(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，左端連接定值電阻，電阻可忽略的金屬桿ab放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中現(xiàn)對(duì)金屬桿ab施加一外力，使金屬桿ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)，已知外力對(duì)ab桿做功的功率與桿的速率的平方間的關(guān)系(Pv2)如圖乙所示，該圖線斜率為k，則該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為()A. B.C. D.解析：C金屬桿ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)，拉力做功功率等于克服安培力做功功率，即：PBILv，電流為：I，所以有：Pv2，圖像的斜率為k，則有：k，解得：B，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤、C項(xiàng)正確4如圖甲，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌可分別與定值電阻R和平行板電容器C相連，導(dǎo)體棒MN置于導(dǎo)軌上且接觸良好，取向右為運(yùn)動(dòng)的正方向，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間圖像如圖乙所示；導(dǎo)體棒始終處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻，則0t2時(shí)間內(nèi)()A若S接A，電容器a極板始終帶負(fù)電B若S接A，t1時(shí)刻電容器兩極板電壓最大C若S接B，MN所受安培力方向先向左后向右D若S接B，t1時(shí)刻MN所受的安培力最大解析：C在xt圖像中，圖像的斜率表示導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度，由圖乙可知，0t1時(shí)間內(nèi)斜率是正、t1t2時(shí)間內(nèi)斜率為負(fù)值，則說(shuō)明0t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒先向右移動(dòng)后向左移動(dòng)若S接A，導(dǎo)體棒通過(guò)金屬導(dǎo)軌與平行板電容器C連接，0t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針，可知電容器a極板先帶負(fù)電后帶正電，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；若S接A，t1時(shí)刻導(dǎo)體瞬間靜止，即導(dǎo)體棒不切割磁感線，故MN中無(wú)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生，電容器兩極板電壓為零，即最小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；若S接B，導(dǎo)體棒通過(guò)金屬導(dǎo)軌與定值電阻R連接，0t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒先向右運(yùn)動(dòng)后向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，電流的方向先順時(shí)針后逆時(shí)針，由左手定則可知，MN所受安培力方向先向左后向右，故C項(xiàng)正確；若S接B，t1時(shí)刻MN瞬間靜止，導(dǎo)體棒不切割磁感線，電路中無(wú)電流，MN受安培力為零(即最小)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤5(2018欽州模擬)如圖所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌左邊接有電阻R，軌道所在處有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬棒ab橫跨導(dǎo)軌，第一次用恒定的拉力F作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)速度為2v，第二次保持拉力的功率P恒定，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)速度也為2v，(除R外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑)，在兩次金屬棒ab速度為v時(shí)加速度分別為a1、a2，則()Aa1a2 Ba1a2Ca1a2 Da1a2解析：C金屬棒ab速度為v時(shí)受到的安培力為：F安BILBL，因?yàn)榉€(wěn)定時(shí)速度為2v，所以得：F，所以第一次用恒定的拉力F時(shí)，速度為v的時(shí)候加速度為a1，有：ma1Ff；因?yàn)楣β蔖Fv，功率P恒定，所以當(dāng)速度為v時(shí)導(dǎo)軌所受的拉力為速度為2v的時(shí)候的兩倍，兩種情況在穩(wěn)定的時(shí)候速度相同，所以兩次在穩(wěn)定時(shí)拉力相同，功率P恒定時(shí)速度為v的時(shí)候所受的拉力為2F，ma22FF安F，所以a1a213，故C項(xiàng)正確6.如圖所示，AB、CD為兩個(gè)平行的、不計(jì)電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌，處在方向垂直平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中AB、CD的間距為L(zhǎng)，左右兩端均接有阻值為R的電阻質(zhì)量為m長(zhǎng)為L(zhǎng)且不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動(dòng)系統(tǒng)開(kāi)始時(shí)，彈簧處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端，這一過(guò)程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則()A初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為B從初始時(shí)刻至導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最左端的過(guò)程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為C當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能為mv2QD當(dāng)導(dǎo)體棒再次回到初始位置時(shí)，AC間電阻R的熱功率為解析：C由FBIL及I，得安培力大小為FA，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；MN棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q.由于安培力始終對(duì)MN做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，棒第一次達(dá)到最左端的過(guò)程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于2Q，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；MN棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q.由能量守恒定律得：mv2QEp，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Epmv2Q，故C項(xiàng)正確；由于回路中產(chǎn)生焦耳熱，棒和彈簧的機(jī)械能有損失，所以當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí)，速度小于v0，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0，由電功率公式P知，則AC間電阻R的功率小于，故D項(xiàng)錯(cuò)誤7如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處?kù)o止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中()A流過(guò)金屬棒的最大電流為B通過(guò)金屬棒的電荷量為C克服安培力所做的功為mghD金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)解析：BD根據(jù)題意知EBLv，mghmv2，F(xiàn)BIL，可得I，A錯(cuò)誤qIt，B正確對(duì)整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理得mghWF安mgd0，QWF安mg(hd)，可知C錯(cuò)誤，D正確8(2018珠海模擬)如圖所示，水平傳送帶帶動(dòng)兩金屬桿a、b勻速向右運(yùn)動(dòng)，傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌與水平面間夾角為30，兩虛線EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，兩金屬桿的長(zhǎng)度和兩導(dǎo)軌的間距均為d，兩金屬桿a、b質(zhì)量均為m，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)a進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，b恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，則()A金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng)B金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)C兩桿在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為D兩桿在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL解析：BD由題意可知，金屬桿a進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受的安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等，由于金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，所受的安培力相同，所以兩金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的受力情況相同，則b進(jìn)入磁場(chǎng)后所受的安培力與重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做勻速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤、B項(xiàng)正確；兩桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中都做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律得知：回路中產(chǎn)生的總熱量為Q2mgsin 30LmgL，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確9.(2018臨沂模擬)如圖所示，兩根相距為d的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，長(zhǎng)度略大于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m，開(kāi)始兩導(dǎo)體棒靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒M一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，下列說(shuō)法正確的是()A回路中始終存在逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾棒N的最大加速度為C回路中的最大電流為D棒N獲得的最大速度為解析：BC根據(jù)右手定則可知開(kāi)始回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，當(dāng)兩個(gè)導(dǎo)體棒以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流強(qiáng)度為零，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)M開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的瞬間，N的加速度最大；根據(jù)動(dòng)量定理可得Imv，解得v；根據(jù)牛頓第二定律可得：ma，解得a，故B項(xiàng)正確；回路中的最大電流為I流，故C項(xiàng)正確；N速度最大時(shí)二者的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv2mv，解得v，故D項(xiàng)錯(cuò)誤10如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成30角固定，軌距為L(zhǎng)1 m，質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其阻值忽略不計(jì)空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.5 TP、M間接有阻值R1的定值電阻，Q、N間接變阻箱R.現(xiàn)從靜止釋放ab，改變變阻箱的阻值R，測(cè)得最大速度為vm，得到與的關(guān)系如圖乙所示若軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2.則()A金屬桿中感應(yīng)電流方向?yàn)閍指向bB金屬桿所受安培力沿斜面向上C定值電阻的阻值為1 D金屬桿的質(zhì)量為0.1 kg解析：BCD由右手定則可知，金屬稈中感應(yīng)電流方向?yàn)閎指向a，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由左手定則可知，金屬桿所受安培力沿斜面向上，故B項(xiàng)正確；電路總電阻：R總，通過(guò)金屬桿ab的電流：I，金屬桿受到的安培力：FBIL，當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)金屬棒受力平衡，由平衡條件得：mgsin ，整理得：，由圖示圖像可知，圖像的斜率：k0.5，縱軸截距：b0.5，由數(shù)學(xué)知識(shí)得：k，b，解得：m0.1 kg，R11 ，故C、D項(xiàng)正確二、計(jì)算題(需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)11.(2018哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內(nèi)，水平線OO下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)單匝正方形導(dǎo)體框，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，總電阻為r，從ab邊距離邊界OO為L(zhǎng)的位置由靜止釋放，已知從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)求：(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，ba間電勢(shì)差的大小Uba.(2)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的速度解析：(1)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgLmv根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1BLv1此時(shí)的感應(yīng)電流為：I所以ba間電勢(shì)差的大小UbaIrE1(2)從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可得：mgtBLtmv2mv1其中BLt解得：v2gt答案：(1)(2)gt12如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌ab、cd，間距L1 m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角37，在a、c之間用導(dǎo)線連接一阻值R3 的電阻，放在金屬導(dǎo)軌ab、cd上的金屬桿質(zhì)量m0.5 kg，電阻r1 ，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，金屬桿的中點(diǎn)系一絕緣輕繩，輕繩的另一端通過(guò)光滑的定滑輪懸掛一質(zhì)量M1 kg的重物，空間中加有磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T且與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)M正下方的地面上安裝有加速度傳感器，可用來(lái)測(cè)量M運(yùn)動(dòng)的加速度，現(xiàn)將M由靜止釋放，重物即將落地時(shí)，加速度傳感器的示數(shù)為2 m/s2，全過(guò)程通過(guò)電阻R的電荷量為0.5 C，(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos v370.8)求：(1)重物即將落地時(shí)金屬桿兩端的電壓(2)此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(3)若將R更換為一個(gè)電容為C1 F的電容器，釋放重物后加速度傳感器的讀數(shù)解析：(1)設(shè)此時(shí)金屬桿的速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律得金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：EBLv由閉合電路歐姆定律得回路中電流為：I所以金屬桿受到的安培力為：FBIL方向沿斜面向下對(duì)M、m整體分析，由牛頓第二定律得：Mgmgsin 37mgcos 37F(Mm)a1聯(lián)立解得桿的速度為：v2 m/s電源電動(dòng)勢(shì)為：E4 V