《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 課時(shí)作業(yè)35 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（一） 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 課時(shí)作業(yè)35 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（一） 新人教版（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)35　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(一) 時(shí)間：45分鐘 1．如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法中正確的是(　D　) A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤．由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，

2、則ab中的感應(yīng)電流不變，故B錯(cuò)誤．根據(jù)F＝BIL知，電流不變，B均勻減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤．金屬棒在安培力和靜摩擦力作用下處于平衡狀態(tài)，有f＝F，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確． 2．如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)(　C　) A．電容器兩端的電壓為零 B．通過電阻R的電流為 C．電容器所帶電荷量為CBLv D．為保持MN勻速

3、運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為 解析：本題考查電磁感應(yīng)的電路問題，搞清誰是電源，內(nèi)、外電阻分別是什么可快速求解．當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線所受的合力為零，說明導(dǎo)線不受安培力，電路中電流為零，故電阻兩端沒有電壓．此時(shí)導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，故A、B錯(cuò)誤．電容器所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，所以C正確；因勻速運(yùn)動(dòng)后MN所受合力為0，而此時(shí)無電流，不受安培力，則無需拉力便可做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤． 3．如圖所示，用橫截面積之比為41的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中將

4、a和b勻速拉到磁場(chǎng)外，若外力對(duì)線框做的功分別為Wa、Wb，則WaWb為(　C　) A．14 B．12 C．11 D．不能確定 解析：根據(jù)能量守恒定律，外力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，設(shè)線框切割磁感線的有效長度為l，則外力對(duì)線框做的功W＝·，而R＝，聯(lián)立得W＝，因SaSb＝41，lalb＝12，故WaWb＝11，選項(xiàng)C正確． 4．(多選)如圖所示，邊長為L、總電阻為R的正方形線框abcd放在光滑水平面上，其右邊有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為L，磁場(chǎng)左邊界與線框的ab邊相距為L.現(xiàn)給線框一水平向右的恒力，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)

5、線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)線框中的感應(yīng)電流大小為I0.下列說法正確的是(　BCD　) A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向 B．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為 C．從開始到ab邊運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的右邊界的過程中，通過線框橫截面的電荷量q＝ D．線框通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2BI0L2 解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)楞次定律和右手安培定則，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，則有I0＝，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v＝，故B正確；從開始到ab邊運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的右邊界的過程中，通過線框橫截面的電荷量q＝＝，故C正確；根據(jù)能量守恒得線框通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中產(chǎn)生

6、的焦耳熱Q＝WF＝F安×2L＝2BI0L2，故D正確． 5．(多選)如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，金屬棒ab接入電路的電阻為R，當(dāng)金屬棒ab下滑距離s時(shí)，速度大小為v，則在這一過程中(　BCD　) A．金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為v B．通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為 C．金屬棒ab受到的最大安培力為 D．金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ－mv2 解析：分析金屬棒

7、ab的受力情況，有mgsinθ－＝ma，分析可得ab棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A錯(cuò)誤；通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q＝IΔt＝·Δt＝＝，故B正確；金屬棒ab受到的最大安培力為F＝BIL＝，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知，mgssinθ－W安＝mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安＝mgssinθ－mv2，故D正確． 6．(多選)如圖所示，一匝數(shù)為n、邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為3m的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線跨過兩定滑輪相連．在導(dǎo)體線框上方某一高處有一寬度為L的上、下邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里

8、．現(xiàn)將物塊由靜止釋放，當(dāng)ad邊從磁場(chǎng)下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g.則(　CD　) A．線框ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)之前線框加速度a＝2g B．從線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開磁場(chǎng)的過程中，通過線框的電荷量q＝ C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝4mgL D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v＝ 解析：在線框ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)之前，有3mg－FT＝3ma，F(xiàn)T－mg＝ma，解得a＝g，A錯(cuò)誤；根據(jù)q＝n可得從線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開磁場(chǎng)的過程中，通過線框的電荷量為q＝，B錯(cuò)誤；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中和穿出磁場(chǎng)過程中的總熱量等于過程中的重力勢(shì)能減小量，故Q＝2×(3

9、mgL－mgL)＝4mgL，C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以有FT＝3mg，F(xiàn)T＝mg＋F安，F(xiàn)安＝nBIL，I＝，聯(lián)立解得v＝，D正確． 7．(多選)如圖所示，一匝數(shù)n＝10匝、總電阻R＝2.5 Ω、邊長L＝0.3 m的勻質(zhì)正三角形金屬線框靜置在粗糙水平面上，線框的頂點(diǎn)正好是半徑r＝的圓形磁場(chǎng)的圓心，磁場(chǎng)方向豎直向下(正方向)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，a、b是磁場(chǎng)邊界與線框的兩交點(diǎn)，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6 N，取π＝3，則(　BD　) 　 A．t＝0時(shí)刻穿過線框的磁通量為0.06 Wb B．線框靜止時(shí)，線框中的感應(yīng)電流大

10、小為0.1 A C．線框靜止時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電壓為U＝ V D．經(jīng)時(shí)間t＝0.8 s，線框開始滑動(dòng) 解析：t＝0時(shí)刻穿過線框的磁通量Φ＝B×πr2＝2××3×0.12 Wb＝0.01 Wb，故A錯(cuò)誤；當(dāng)線框靜止時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝nS＝10×××3×0.12 V＝0.25 V，再由閉合電路歐姆定律有I＝＝ A＝0.1 A，則a、b兩點(diǎn)間電壓為U＝IR′＝0.1××2.5 V＝ V，故B正確，C錯(cuò)誤；經(jīng)時(shí)間t＝0.8 s，由圖乙可知此時(shí)B＝6 T，感應(yīng)電流I＝0.1 A，則線框受到的安培力大小F1＝F2＝nBI×＝10×6×0.1×0.1 N＝0.6 N，根據(jù)楞次定律可知，感

11、應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，由左手定則可知，安培力方向垂直導(dǎo)線框向外，如圖所示．根據(jù)幾何關(guān)系可知，安培力F1與F2夾角為120°，則兩安培力的合力為0.6 N，線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6 N，故線框在經(jīng)時(shí)間t＝0.8 s后開始滑動(dòng)，故D正確． 8．(2019·江西贛州一模)(多選)1831年10月28日，法拉第展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機(jī)，其示意圖如圖所示，水平銅盤可繞豎直銅軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩銅片M、N分別與銅盤邊緣和銅軸連接，使整個(gè)銅盤處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．M和N之間連接阻值為R的電阻和滑動(dòng)變阻器RP，若從上往下看，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向．已知銅盤的半徑為L，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，

12、銅盤連同兩銅片對(duì)電流的等效電阻值為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下列說法正確的是(　BCD　) A．電阻R中的電流方向從a到b B．銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為BL2ω C．電阻R的最大功率為 D．如果RP＝R＋r，則滑動(dòng)變阻器的最大電功率為 解析：若從上往下看，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，根據(jù)右手定則可知，電阻R中的電流方向從b到a，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BL2ω，故B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝，則電阻R的功率為P＝I2R＝2R，當(dāng)RP＝0時(shí)，電阻R的功率最大，即Pm＝，故C正確；把電阻R等效為電源的內(nèi)阻，則電路中的等效內(nèi)阻為r′＝r＋R

13、，此時(shí)外電路只有RP，故當(dāng)RP＝r′＝r＋R時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電功率最大，即P′m＝，故D正確，故選B、C、D. 9．(2019·河南鄭州質(zhì)檢)(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，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的金屬棒從高為h處由靜止釋放，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μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中(重力加速度為g)(　ACD　) A．金屬棒中的最大電流為

14、B．金屬棒克服安培力做的功為mgh C．通過金屬棒的電荷量為 D．金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h－μd) 解析：金屬棒下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度為v＝，金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則最大感應(yīng)電流為I＝＝，故A正確；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得mgh－WB－μmgd＝0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故B錯(cuò)誤；感應(yīng)電荷量為q＝Δt＝＝，故C正確；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱QR＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故D正確． 10

15、．(2019·上海虹口質(zhì)檢)兩根平行金屬導(dǎo)軌相距L＝0.50 m，固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端串接一個(gè)R＝0.04 Ω的電阻，在沿導(dǎo)軌長為d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T，質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，且與兩導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.8，棒在導(dǎo)軌之間的電阻r＝0.01 Ω，絕緣輕繩系于棒的中點(diǎn)，初始時(shí)刻，CD棒距磁場(chǎng)左邊界s＝0.24 m，現(xiàn)通過繩用水平向右的F＝80 N恒力拉CD棒，使棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直，當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)撤去拉力(不計(jì)其他電阻以及輕繩的質(zhì)量)，重力加速度g取

16、10 m/s2，求： (1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小； (2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大??； (3)在拉CD棒的過程中，繩的拉力所做的功W和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析：(1)由牛頓第二定律得F－μmg＝ma，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得v2＝2as，聯(lián)立解得v＝2.4 m/s. (2)CD棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，由閉合電路歐姆定律得I＝，安培力FA＝BIL，聯(lián)立解得FA＝48 N. (3)由題意可得，拉力做功為W＝F(s＋d)＝80×(0.24＋0.56) J＝64 J，CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，有F＝FA＋μmg，故CD棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由能量守恒定律得μmgd＋Q總＝Fd，電阻上產(chǎn)生的熱量Q＝Q總，聯(lián)立解得Q＝21.504 J. 答案：(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　21.504 J 9