高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)32 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（含解析）-人教版高三物理試題

課時(shí)作業(yè)(三十二)電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用[雙基鞏固練]1．一個(gè)面積為S＝4×10－2m2、匝數(shù)為n＝100的正方形線圈，放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)的方向垂直線圈平面向里，則下列判斷正確的是()A．t＝1s時(shí)線圈中的電流方向發(fā)生變化B．0～2s內(nèi)線圈中磁通量的變化量為零C．1～2s內(nèi)線圈中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向D．在第3s末線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于零C[根據(jù)楞次定律可知，在0～2s內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，在2～4s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小均為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，所以選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，C正確；0～2s內(nèi)線圈中磁通量的變化量為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝2B0S＝0.16Wb，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤．]2．(2019·河北唐山一模)如圖所示，在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度，不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻，下列圖線中，導(dǎo)體棒速度隨時(shí)間的變化和通過電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是()B[導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中受向左的安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，安培力阻礙棒的運(yùn)動(dòng)，速度減小，由牛頓第二定律得棒的加速度大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,Rm)，則a減小，v－t圖線斜率的絕對(duì)值減小，故B項(xiàng)正確，A項(xiàng)錯(cuò)誤．通過R的電荷量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔФ,R)＝eq\f(BL,R)x，可知C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．]3．(2019·河南六市一模)(多選)邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角形輕質(zhì)框架，左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng)，如圖所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是()BC[設(shè)正三角形輕質(zhì)框架開始出磁場(chǎng)的時(shí)刻t＝0，則其切割磁感線的有效長(zhǎng)度L＝2xtan30°＝eq\f(2\r(3),3)x，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E電動(dòng)勢(shì)＝BLv＝eq\f(2\r(3),3)Bvx，則C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．框架勻速運(yùn)動(dòng)，故F外力＝F安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，A項(xiàng)錯(cuò)誤．P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B項(xiàng)正確．]4．(2019·北京大興區(qū)模擬)如圖所示，豎直放置的螺線管與導(dǎo)體框組成一閉合回路，導(dǎo)體框中虛線ab的右側(cè)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，螺線管下方的水平面上放置一導(dǎo)體圓環(huán)．從t＝0時(shí)刻開始，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小發(fā)生變化，使得導(dǎo)體圓環(huán)對(duì)水平面的壓力減小，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化情況可能是()A[當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大或均勻減小時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在螺線管中會(huì)產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，恒定的感應(yīng)電流會(huì)產(chǎn)生恒定不變的磁場(chǎng)，則通過導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，由楞次定律可知，此時(shí)導(dǎo)體圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故此時(shí)導(dǎo)體圓環(huán)對(duì)水平面的壓力不變，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率逐漸減小時(shí)，螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電流也會(huì)逐漸減小，該感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)也會(huì)逐漸減小，穿過導(dǎo)體圓環(huán)的磁通量也逐漸減小，則導(dǎo)體圓環(huán)中會(huì)產(chǎn)生與螺線管中方向相同的感應(yīng)電流，由于同向電流相互吸引，故此時(shí)導(dǎo)體圓環(huán)對(duì)水平面的壓力將小于導(dǎo)體圓環(huán)的重力，選項(xiàng)A正確；同理可知，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．]5．(多選)如圖，兩根足夠長(zhǎng)且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好，現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法正確的是()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)BC[金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而對(duì)電容器充電，充電電流通過金屬棒時(shí)受安培力作用，只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIl>0，金屬棒將一直加速，A項(xiàng)錯(cuò)、B項(xiàng)對(duì)；由右手定則可知，金屬棒a端電勢(shì)高，則M板電勢(shì)高，C項(xiàng)對(duì)；若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上與重力反向，開始時(shí)靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度向上，D項(xiàng)錯(cuò)．]6．(多選)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動(dòng)能變化量為ΔEk，重力對(duì)線框做功大小為W1，安培力對(duì)線框做功大小為W2，下列說法正確的有()A．在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒C．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1－ΔEk)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能D．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框動(dòng)能的變化量大小為ΔEk＝W1－W2CD[當(dāng)線框的ab邊進(jìn)入GH后勻速運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入JP為止，ab進(jìn)入JP后回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感應(yīng)電流增大，因此所受安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab進(jìn)入JP后開始做減速運(yùn)動(dòng)，使感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均減小，安培力又減小，當(dāng)安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等時(shí)，以速度v2做勻速運(yùn)動(dòng)，因此v2<v1，A項(xiàng)錯(cuò)；由于有安培力做功，機(jī)械能不守恒，B項(xiàng)錯(cuò)；線框克服安培力做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由動(dòng)能定理得W1－W2＝ΔEk，W2＝W1－ΔEk，故C、D項(xiàng)正確．]7．(2019·甘肅天水模擬)如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，置于垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒a和b，與導(dǎo)軌緊密接觸且可自由滑動(dòng)．先固定a，釋放b，當(dāng)b的速度達(dá)到10m/s時(shí)，再釋放a，經(jīng)過1s后，a的速度達(dá)到12m/s，g取10m/s2，，則：(1)此時(shí)b的速度大小是多少？(2)若導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，a、b棒最后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)怎樣？解析(1)當(dāng)b棒先向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等．釋放a棒后，經(jīng)過時(shí)間t，分別以a和b為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，則有(mg＋F)t＝mva(mg－F)t＝mvb－mv0代入數(shù)據(jù)可解得vb＝18m/s(2)在a、b棒向下運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒的加速度a1＝g＋eq\f(F,m)，b產(chǎn)生的加速度a2＝g－eq\f(F,m).當(dāng)a棒的速度與b棒接近時(shí)，閉合回路中的ΔΦ逐漸減小，感應(yīng)電流也逐漸減小，則安培力也逐漸減小，最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)．答案(1)18m/s(2)勻加速運(yùn)動(dòng)8．小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝0.56m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＝2.0T．質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連．CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直．當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)．求(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大?。?2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大?。?3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析(1)由牛頓第二定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s.(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv感應(yīng)電流I＝eq\f(Blv,R)安培力FA＝IBl代入得FA＝eq\f(Bl2v,R)＝48N.(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J由牛頓第二定律F－mgsinθ－FA＝0CD棒在磁場(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(d,v)焦耳熱Q＝I2Bt＝26.88J.答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J[能力提升練]9．(多選)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)且相距L＝0.2m的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂端接有一盞額定電壓U＝4V的小燈泡，兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．今將一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m＝0.2kg、電阻r＝1.0Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時(shí)，小燈泡恰能正常發(fā)光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為3m/s2B．金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為4m/s2C．金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為9.6m/sD．金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為4.8m/sBD[金屬棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)得a＝4m/s2，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度為v，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，回路中的電流為I，由平衡條件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E－U,r)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，聯(lián)立解得v＝4.8m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確．]10．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌固定豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻．將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放(設(shè)當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間)，則()A．釋放瞬間金屬棒的加速度小于重力加速度gB．金屬棒向下的最大速度為v時(shí)，所受彈簧彈力為F＝mg－eq\f(B2L2v,R)C．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→bD．電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢(shì)能的減少量B[釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，金屬棒只受重力，所以金屬棒的加速度為g，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬棒的速度最大時(shí)，加速度為零，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝eq\f(BLv,R)，安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)平衡知，F(xiàn)＋FA＝mg，解得彈簧彈力F＝mg－eq\f(B2L2v,R)，故B項(xiàng)正確；金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的阻礙，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，最終金屬棒停止運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧具有一定的彈性勢(shì)能，所以導(dǎo)體棒的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能，則根據(jù)能量守恒定律得知在金屬棒運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒的重力勢(shì)能的減少量與彈簧彈性勢(shì)能之差，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．]11．一足夠長(zhǎng)的“U”形平行金屬導(dǎo)軌傾斜地固定在地面上，兩導(dǎo)軌之間的距離為L(zhǎng)＝1m，導(dǎo)軌與地面之間的夾角為θ＝37°，現(xiàn)加上一垂直軌道平面向外的磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m＝0.1kg、阻值為R＝2Ω、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)＝1m的導(dǎo)體棒垂直地放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，不計(jì)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦且始終接觸良好．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)將導(dǎo)體棒放在距離導(dǎo)軌頂端d＝1m處，用某裝置擋住使它靜止不下滑，且所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與t的關(guān)系滿足B＝2＋0.2t(T)，則經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間導(dǎo)體棒將沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)？(2)如果在垂直導(dǎo)軌平面上所加的磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同時(shí)在導(dǎo)體棒上加一平行導(dǎo)軌平面向下的外力，且外力的大小與導(dǎo)體棒速度的關(guān)系滿足F＝(v＋0.4)N，為了保持導(dǎo)體棒以沿斜面向下大小為a＝10m/s2的加速度向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)為多大？解析(1)設(shè)經(jīng)過ts后，導(dǎo)體棒將開始沿導(dǎo)軌向上滑動(dòng)，此時(shí)安培力等于重力沿斜面的分力，則FA＝mgsinθ又：FA＝BIL＝Beq\f(E,R)L其中：E＝eq\f(ΔB,Δt)dL＝0.2V所以