（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 課時(shí)分層作業(yè) 三十 10.3 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用.doc
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課時(shí)分層作業(yè) 三十電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 (45分鐘 100分) 【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。1～4題為單選題,5～8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B=0.5 T,兩邊界間距s=0.1 m,一邊長(zhǎng)L=0.2 m的正方形線框abcd由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成,總電阻為R=0.4 Ω,現(xiàn)使線框以v=2 m/s的速度從位置Ⅰ勻速運(yùn)動(dòng)到位置Ⅱ,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】選A。t在0～510-2 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Uab=E=BLv=0.50.22 V=1510-2 V;t在510-2 s～1010-2 s內(nèi),cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ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Uab=E=BLv=0.50.22 V=0.20 V=2010-2 V,t在10 10-2 s～1510-2 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。Uab=E=BLv=0.50.22 V=510-2 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.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)間圖象如圖乙所示;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0～t2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】選C。在x-t圖象中,圖象的斜率表示導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度,由圖乙可知,0～t1時(shí)間內(nèi)斜率是正、t1～t2時(shí)間內(nèi)斜率為負(fù)值,則說(shuō)明0～t2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,0～t2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,0～t2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。 3.如圖所示,光滑足夠長(zhǎng)導(dǎo)軌傾斜放置,下端連一燈泡,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí),燈泡的電功率為P,導(dǎo)軌及金屬棒電阻不計(jì),要使燈泡在棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下的電功率為2P,則應(yīng) ( ) A.將導(dǎo)軌間距變?yōu)樵瓉?lái)的倍 B.換一電阻減半的燈泡 C.換一質(zhì)量為原來(lái)倍的金屬棒 D.將磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B加倍 【解析】選C。當(dāng)ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件有: mgsinθ=FA,又安培力FA=得,mgsinθ=,由能量守恒定律得,燈泡的功率P==。當(dāng)把導(dǎo)軌間的距離增大為原來(lái)的倍時(shí),即L變?yōu)楸?由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉?lái)倍,由P==得知,P變?yōu)樵瓉?lái)的倍,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;換一電阻減半的燈泡,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉?lái)的倍,由P== 得知,P變?yōu)樵瓉?lái)的倍,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)換一根質(zhì)量為原來(lái)倍的金屬棒時(shí),由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉?lái)的倍,由P==得知,P變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,故C項(xiàng)正確;當(dāng)把磁感應(yīng)強(qiáng)度B增為原來(lái)的2倍,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉?lái)的倍,由P==得知,P變?yōu)樵瓉?lái)的倍,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 4.用相同的導(dǎo)線繞制的邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L的正方形閉合線框,以相同的速度勻速進(jìn)入右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),如圖所示,在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中a、b和c、d兩點(diǎn)間的電壓分別為U甲和U乙,ab邊和cd邊所受的安培力分別為F甲和F乙,則下列判斷正確的是 ( ) A.U甲=U乙 B.U甲=2U乙 C.F甲=F乙 D.F甲= 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn): (1)兩個(gè)線框用相同的導(dǎo)線繞制,但邊長(zhǎng)不同,則線框的質(zhì)量不同,總電阻也不同,與邊長(zhǎng)成正比。 (2)a、b和c、d兩點(diǎn)間的電壓為路端電壓。 【解析】選D。線框進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線,a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是c、d中電動(dòng)勢(shì)的一半,而不同的線框的電阻不同,設(shè)甲線框電阻為4r,乙線框的電阻為8r,則有: U甲=BLv=BLv, U乙=B2Lv=BLv,故2U甲=U乙,故A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)安培力表達(dá)式F=BIL,E=BLv及F=,從而得出安培力綜合式為:F=,安培力與線框邊長(zhǎng)成正比, 所以有:F甲=F乙;故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。 【加固訓(xùn)練】 如圖所示,a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長(zhǎng)la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則 ( ) A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流 B.a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1 C.a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4 D.a、b線圈中電功率之比為3∶1 【解析】選B。a、b兩個(gè)正方形線圈內(nèi)的磁場(chǎng)垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加,由楞次定律可以判斷感應(yīng)電流的磁場(chǎng)垂直于紙面向外,再根據(jù)安培定則可知:兩線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流,A錯(cuò)誤;由E=可知==,B正確;a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成,匝數(shù)相同,Ra∶Rb=3∶1,由閉合電路的歐姆定律得Ia=,Ib=,則==,C項(xiàng)錯(cuò)誤;Pa=Ra,Pb=Rb,則Pa∶Pb=27∶1,D錯(cuò)誤;故選B。 5.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μ,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(重力加速度為g) ( ) 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mgh D.金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h-μd) 【解析】選B、D。金屬棒下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒,有mgh=mv2,金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度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,故最大感應(yīng)電流I==,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;通過(guò)金屬棒的電荷量為q== ,選項(xiàng)B正確;對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理mgh-W安-μmgd=0,解得W安=mgh-μmgd,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;金屬棒產(chǎn)生的電熱QR=Q=W安=mg(h-μd),選項(xiàng)D正確。 6.(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】選B、D。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Q=2mgsin 30L=mgL,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。 7.(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? B.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】選B、C。根據(jù)右手定則可知開始回路中電流方向?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I=mv,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:mv=2mv′,解得v′==,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 8.(2018桂林模擬)如圖所示,甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈,在距地面同一高度處由靜止開始釋放,A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng),只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些,兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場(chǎng)垂直,則 ( ) A.甲先落地 B.乙先落地 C.甲線圈受安培力的沖量較大 D.乙線圈落地速度較小 【解析】選B、D。線圈穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程受到的安培力是變力,設(shè)受到的平均安培力為F,穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為Δt,下落全過(guò)程的時(shí)間為t,落地速度為v,安培力的沖量I安=BLΔt=BLq,而q==,所以線圈受安培力的沖量相等,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)克服安培力做的功W=BL2,乙線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大,平均電流較大,線圈克服安培力做功較多,即產(chǎn)生的熱量較多;根據(jù)能量守恒定律得知乙線圈落地時(shí)的速度較小,D正確。對(duì)全過(guò)程,由動(dòng)量定理得:mgt-BILΔt=mv,所以t=,因?yàn)関乙下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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