課時(shí)作業(yè)十一電磁感應(yīng)及應(yīng)用一、選擇題1(2019年貴州適應(yīng)性考試)如圖1甲所示，一位于紙面內(nèi)的圓形線圈通過導(dǎo)線與一小燈泡相連，線圈中有垂直于紙面的磁場以垂直紙面向里為磁場的正方向，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖1乙所示，則下列說法正確的是()圖1At1t3時(shí)間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ba后為abBt1t3時(shí)間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為ab后為baCt1t3時(shí)間內(nèi)小燈泡先變亮后變暗Dt1t3時(shí)間內(nèi)小燈泡先變暗后變亮解析：t1t3時(shí)間內(nèi)穿過線圈的磁通量先向里減小后向外增加，根據(jù)楞次定律可知，流過小燈泡電流的方向?yàn)閍b，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；t1t3時(shí)間內(nèi)，Bt線的斜率先增大后減小，則磁通量的變化率先增大后減小，感應(yīng)電動勢先增大后減小，小燈泡先變亮后變暗，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤答案：C2(2017年高考·課標(biāo)全國卷)如圖2，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動，在運(yùn)動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()圖2APQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向BPQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向CPQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向DPQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向解析：金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向；原來T中的磁場方向垂直于紙面向里，閉合回路PQRS中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，使得穿過T的磁通量減小，T中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流綜上所述，可知A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確答案：D3法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖3所示銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()圖3A若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動，則電流沿b到a的方向流動C若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時(shí)，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由感應(yīng)電動勢EBl2知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項(xiàng)A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由PI2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：A4兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖4(a)所示已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t0時(shí)刻進(jìn)入磁場線框中感應(yīng)電動勢隨時(shí)間變化的圖線如圖4(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動勢取正)下列說法正確的是()圖4A磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5 m/sC磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向內(nèi)D在t0.4 s至t0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N解析：從題圖(b)可知，導(dǎo)線框運(yùn)動的速度大小v m/s0.5 m/s，B項(xiàng)正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由EBLv，得B T0.2 T，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在0.40.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小I A2 A，則導(dǎo)線框受到的安培力FBIL0.2×2×0.1 N0.04 N，D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：B5(多選)如圖5所示，一個(gè)正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在磁場內(nèi)有一邊長為l、阻值為R的正方形線框，線框所在平面與磁場垂直如果以垂直于線框邊和磁場的速度v將線框從磁場中勻速拉出，下列說法正確的是()圖5A如果將線框水平向右拉出磁場，線框經(jīng)過磁場邊界過程中將產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B在紙面內(nèi)無論沿哪個(gè)方向?qū)⒕€框拉出磁場，流過線框某一截面的電荷量都相同C將線框水平向右拉出磁場時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱與速度v成正比D將線框水平向右拉出磁場時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱與速度的平方v2成正比解析：如果將線框水平向右拉出磁場，穿過線圈向里的磁通量減小，該過程中將產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，A正確；因?yàn)楦袘?yīng)電動勢E，電流I，通過導(dǎo)線某一截面的電荷量為qIt，可得q，故流過線框某一截面的電荷量與線圈穿出磁場的方向無關(guān)，B正確；根據(jù)焦耳定律可得QI2Rtt·，所以焦耳熱Q與速度v成正比，C正確，D錯(cuò)誤答案：ABC6(2019年四川第三次診斷)(多選)如圖6所示，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角(0°<<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，勻強(qiáng)磁場垂直導(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，ab棒接入電路的電阻為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()圖6A金屬棒ab運(yùn)動的平均速度大小為vB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mgssinmv2解析：分析ab棒的受力情況，有mgsinma，ab棒做加速度減小的加速運(yùn)動，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qIt·t，故B正確；ab棒受到的最大安培力為FBIL，故C正確；根據(jù)動能定理可知，mgssinW安mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安mgssinmv2，故D正確答案：BCD7(2019年百校聯(lián)盟四月聯(lián)考)(多選)如圖7所示，水平桌面上固定一定值電阻R，R兩端均與光滑傾斜導(dǎo)軌相連接，已知兩側(cè)導(dǎo)軌間距都為L，導(dǎo)軌平面與水平面均成37°角，且均處于范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒a沿左側(cè)導(dǎo)軌勻速下滑，導(dǎo)體棒b始終靜止在右側(cè)導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒電阻均為R，兩處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均與導(dǎo)軌平面垂直(sin37°0.6，cos37°0.8)，則()圖7A導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為B導(dǎo)體棒a下滑的速度vC導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為D導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌下滑L距離的過程中導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量為解析：導(dǎo)體棒a勻速下滑做電源，其電流為導(dǎo)體棒b的兩倍，故b質(zhì)量應(yīng)為，故A正確；整個(gè)回路電阻R總R，分析a棒的運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有mgsin37°BILBL，解得v，故B正確；導(dǎo)體棒a沿導(dǎo)軌勻速下滑L距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量等于重力勢能的減小量，即QmgLsin37°mgL，電阻R與導(dǎo)體棒b上產(chǎn)生的熱量均為Q×Q，故C錯(cuò)誤，D正確答案：ABD二、解答題8(2019年湖南第三次模擬)如圖8甲所示，足夠長的兩金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平平行固定，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)，且處在豎直向上的磁場中，完全相同的導(dǎo)體棒a、b垂直放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，兩導(dǎo)體棒的電阻均為R0.5 ，且長度剛好等于兩導(dǎo)軌間距L，兩導(dǎo)體棒的間距也為L，開始時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖8乙所示的規(guī)律變化，當(dāng)t0.8 s時(shí)導(dǎo)體棒剛好要滑動已知L1 m，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力求：圖8(1)每根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的滑動摩擦力的大小及0.8 s內(nèi)整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱；(2)若保持磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T不變，用如圖8丙所示的水平向右的力F拉導(dǎo)體棒b，剛開始一段時(shí)間內(nèi)b做勻加速直線運(yùn)動，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量為多少？(3)在(2)問條件下導(dǎo)體棒a經(jīng)過多長時(shí)間開始滑動？解：(1)開始時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示變化，則回路中電動勢EL20.5 V電路中的電流I0.5 A當(dāng)t0.8 s時(shí)，F(xiàn)fF安BIL0.25 N回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2I2Rt0.2 J.(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度保持B0.5 T不變，在a運(yùn)動之前，對b棒施加如圖丙所示的水平向右的拉力，根據(jù)牛頓第二定律FFfma，即FFfmat根據(jù)圖丙可得Ffma0.5，0.125求得a0.5 m/s2，導(dǎo)體棒的質(zhì)量m0.5 kg.(3)當(dāng)導(dǎo)體棒a剛好要滑動時(shí)，F(xiàn)f，求得v1 m/s，此時(shí)b運(yùn)動的時(shí)間t2 s.9如圖9所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為30°，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值為R的電阻，開關(guān)S1、S2分別與電阻和電容器相連一根質(zhì)量為m、電阻忽略不計(jì)的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為.一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間，另一端跨過定滑輪與一質(zhì)量為4m的重物相連，金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰好處于伸長狀態(tài)，不計(jì)滑輪阻力，已知重力加速度為g.圖9(1)若S1閉合、S2斷開，由靜止釋放重物，求重物的最大速度vm；(2)若S1斷開、S2閉合，從靜止釋放重物開始計(jì)時(shí)，求重物的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式解：(1)S1閉合、S2斷開時(shí)，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動，當(dāng)重物達(dá)到最大速度時(shí)，金屬棒感應(yīng)電動勢為EBLvm感應(yīng)電流為I當(dāng)重物速度最大時(shí)有4mgmgsin30°FFN式中FNmgcos30°，F(xiàn)BIL，解得vm.(2)S1斷開、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為I1，金屬棒受到的安培力FBI1L，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t到(tt)時(shí)間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，Q也是平行板電容器在t到(tt)時(shí)間內(nèi)增加的電荷量QCBLv，vat則I1CBLa設(shè)繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，對金屬棒有Tmgsin30°mgcos30°BI1Lma對重物有4mgT4ma，解得a可知重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動vatt.10如圖10所示，固定的兩足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PMN、PMN，由傾斜和水平兩部分在M、M處平滑連接組成，導(dǎo)軌間距L1 m，水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T金屬棒a、b垂直于傾斜導(dǎo)軌放置，質(zhì)量均為m0.2 kg，a的電阻R11 ，b的電阻R23 ，a、b長度均為L1 m，a棒距水平面的高度h10.45 m，b棒距水平面的高度為h2(h2>h1)；保持b棒靜止，由靜止釋放a棒，a棒到達(dá)磁場中OO停止運(yùn)動后再由靜止釋放b棒，a、b與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g取10 m/s2.圖10(1)求a棒進(jìn)入磁場MM時(shí)加速度的大小；(2)a棒從釋放到OO的過程中，求b棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若MM、OO間的距離x2.4 m，b棒進(jìn)入磁場后，恰好未與a棒相碰，求h2的值解：(1)設(shè)a棒到MM時(shí)的速度為v1.由機(jī)械能守恒定律得mgh1mv12進(jìn)入磁場時(shí)a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv1感應(yīng)電流I對a棒受力分析，由牛頓第二定律得BILma代入數(shù)據(jù)解得a3.75 m/s2.(2)設(shè)a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q，由能量守恒定律得Qmgh1則b棒產(chǎn)生的焦耳熱QbQQ聯(lián)立解得Qb0.675 J.(3)設(shè)b棒到MM時(shí)的速度為v2，有mgh2mv22b棒進(jìn)入磁場后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)a、b一起勻速運(yùn)動的速度為v，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv22mv設(shè)a棒經(jīng)時(shí)間t加速到v，由動量定理得BIL·tmv0又qIt，I，Ea、b恰好不相碰，有BLx，聯(lián)立解得h21.8 m.- 10 -