2020版高中物理 第四章 習(xí)題課二 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）新人教版選修3-2

《2020版高中物理 第四章 習(xí)題課二 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）新人教版選修3-2》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020版高中物理 第四章 習(xí)題課二 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）新人教版選修3-2（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、習(xí)題課二　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 1.如圖所示,在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線(xiàn)圈,規(guī)定線(xiàn)圈中感應(yīng)電流的正方向如圖(甲)所示.當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t做如圖(乙)所示的變化時(shí),圖(丙)中能正確表示線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E變化的是(　A　) 解析:由法拉第電磁感應(yīng)定律,E=n=n,在0～1 s 內(nèi),B均勻增大,則為一恒量,則E為一恒量,再由楞次定律,可判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為順時(shí)針?lè)较?則電動(dòng)勢(shì)為正值;在1～3 s內(nèi),B不變化,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零;在3～5 s 內(nèi),B均勻減小,則為一恒量,但B變化得較慢,則E為一恒量,但比前者小,再由楞次定律,可判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為逆

2、時(shí)針?lè)较?則電動(dòng)勢(shì)為負(fù)值,所以A選項(xiàng)正確. 2.(2018·貴州銅仁期末)一正方形閉合導(dǎo)線(xiàn)框abcd邊長(zhǎng)L=0.1 m,各邊電阻均為1 Ω,bc邊位于x軸上,在x軸原點(diǎn)O右方有寬L=0.1 m、磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,如圖所示.在線(xiàn)框以恒定速度4 m/s沿x軸正方向穿越磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中,下列各圖中,能正確表示線(xiàn)框從進(jìn)入到穿出磁場(chǎng)過(guò)程中,ab邊兩端電勢(shì)差Uab隨位置變化情況的是(　B　) 解析:當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),ab為等效電源,Uab為路端電壓,Uab=BLv= 0.3 V;當(dāng)ab邊出磁場(chǎng)時(shí),dc為等效電源,Uab=BLv=0.1 V,且方向相同

3、,故B項(xiàng)正確. 3.如圖所示,矩形線(xiàn)圈長(zhǎng)為L(zhǎng),寬為h,電阻為R,質(zhì)量為m,線(xiàn)圈在空氣中豎直下落一段距離后(空氣阻力不計(jì)),進(jìn)入一寬度也為h、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為Ek1,線(xiàn)圈剛穿出磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為Ek2,從線(xiàn)圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線(xiàn)圈剛穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q,線(xiàn)圈克服磁場(chǎng)力做的功為W1,重力做的功為W2,則以下關(guān)系中正確的是(　C　) A.Q=Ek1-Ek2 B.Q=W2-W1 C.Q=W1 D.W2=Ek2-Ek1 解析:線(xiàn)圈進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電流受到安培力的作用,線(xiàn)圈克服安培力所做的功等于產(chǎn)生的熱量,故選項(xiàng)C正確.根據(jù)功

4、能的轉(zhuǎn)化關(guān)系得,線(xiàn)圈減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的熱量,即Q= W2+Ek1-Ek2,故選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤.根據(jù)動(dòng)能定理得W2-W1=Ek2-Ek1,故選項(xiàng)D 錯(cuò)誤. 4.如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線(xiàn)框abcd,ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng),置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外,線(xiàn)框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng),兩次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線(xiàn)框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過(guò)線(xiàn)框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行于MN進(jìn)入磁場(chǎng),線(xiàn)框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過(guò)線(xiàn)框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則(　A　) A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2 C.

5、Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 解析:根據(jù)功能關(guān)系知,線(xiàn)框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=lbc=lab,同理Q2=lbc,又lab>lbc,故Q1>Q2;因q=t= t=,故q1=q2.因此A正確. 5.光滑曲面與豎直平面的交線(xiàn)是拋物線(xiàn),如圖所示,拋物線(xiàn)的方程為y=x2,其下半部處在一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的上邊界是y=a的直線(xiàn)(圖中虛線(xiàn)所示),一個(gè)質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線(xiàn)y=b(b>a)處以速度v沿拋物線(xiàn)下滑,假設(shè)拋物線(xiàn)足夠長(zhǎng),則金屬塊在曲面上滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱總量是(　D　) A.mgb B.mv2

6、C.mg(b-a) D.mg(b-a)+mv2 解析:金屬塊在進(jìn)入磁場(chǎng)或離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中,穿過(guò)金屬塊的磁通量發(fā)生變化,產(chǎn)生電流,進(jìn)而產(chǎn)生焦耳熱,最后,金屬塊在高為a的曲面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng),減少的機(jī)械能為mg(b-a)+mv2,由能量守恒定律可知,減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化成焦耳熱,即D選項(xiàng)正確. 6.如圖所示,MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌,已知導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),且電阻不計(jì),ab是一根不但與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿,開(kāi)始時(shí),將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),讓桿ab由靜止開(kāi)始自由下落,過(guò)段時(shí)間后,再將S閉合,若從S閉合開(kāi)始計(jì)時(shí),則金屬桿ab的速度v隨時(shí)間t變化的圖象不可能是下圖中的(　B　)

7、 解析:S閉合時(shí),若>mg,先減速再勻速,D項(xiàng)有可能;若=mg則勻速,A項(xiàng)有可能;若

8、受向下的重力和向上的靜電力平衡,即mg=q,其中E=n;如果只增加線(xiàn)圈匝數(shù),則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E變大,靜電力變大,則微粒將向上運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;如果只將下極板向下緩慢平移,則d變大,則靜電力減小,則微粒將向下運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C,D錯(cuò)誤. 8.(2019·湖北武漢檢測(cè))(多選)如圖所示,平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ,導(dǎo)軌電阻不計(jì),與阻值為R的定值電阻相連.勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的大小為v的初速度向上運(yùn)動(dòng),最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置,滑行的距離為s,導(dǎo)體棒的電阻也為R,與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則(　BD　) A.上滑過(guò)

9、程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為 B.上滑過(guò)程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2-mgs(sin θ+μcos θ) C.上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為mv2 D.上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2-mgssin θ 解析:電路中總電阻為2R,故最大安培力的數(shù)值為.由能量守恒定律可知,導(dǎo)體棒動(dòng)能減少的數(shù)值應(yīng)該等于導(dǎo)體棒重力勢(shì)能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)生的電熱和克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能,其公式表示為mv2=mgssin θ+μmgscos θ+Q電熱,則有Q電熱=mv2-(mgssin θ+μmgscos θ),即為克服安培力做的功.導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能即為克服安培力和克服摩擦力做功的和

10、,可得W損失=mv2-mgssin θ. 9.如圖所示,圓形線(xiàn)圈半徑為r,電阻為R,線(xiàn)圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t變化的關(guān)系為B=kt(常數(shù)k>0),方向垂直紙面向里.回路中滑動(dòng)變阻器的電阻為2R,其他定值電阻為R,不計(jì)回路中導(dǎo)線(xiàn)電阻,不考慮導(dǎo)線(xiàn)周?chē)拇艌?chǎng)對(duì)線(xiàn)圈內(nèi)磁場(chǎng)的影響,當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)后,下列說(shuō)法正確的是(　C　) A.電容器的上極板帶正電 B.圓形線(xiàn)圈兩端的電壓為kπr2 C.當(dāng)滑片位于滑動(dòng)變阻器的中央時(shí),電容器兩端的電壓為kπr2 D.當(dāng)把滑片置于滑動(dòng)變阻器的最上端和中央時(shí),與電容器串聯(lián)的電阻熱功率不同 解析:由楞次定律判斷線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向,可知電容器下極板帶正電,

11、選項(xiàng)A錯(cuò)誤;線(xiàn)圈兩端電壓為路端電壓,隨著滑動(dòng)變阻器滑片移動(dòng),路端電壓變化,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)滑片位于滑動(dòng)變阻器中央時(shí),電路的總電阻為R,與電容器串聯(lián)的電阻不分壓,當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)處理,電動(dòng)勢(shì)E= =kπr2,所以電容器兩端的電壓U=E=kπr2,選項(xiàng)C正確;與電容器串聯(lián)的電阻在電路穩(wěn)定時(shí),熱功率為零,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 10.紙面內(nèi)兩個(gè)半徑均為R的圓相切于O點(diǎn),兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反,且不隨時(shí)間變化.一長(zhǎng)為2R的導(dǎo)體桿OA繞過(guò)O點(diǎn)且垂直于紙面的軸順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn),角速度為ω,t=0時(shí),OA恰好位于兩圓的公切線(xiàn)上,如圖所示.若選取從O指向A的電動(dòng)勢(shì)為正,下列描述導(dǎo)體

12、桿中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(　C　) 解析:導(dǎo)體桿在右邊圓形磁場(chǎng)中切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)= 2Rsin ωt,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=BL2ω=2BωR2sin 2ωt,故電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間非均勻變化,選項(xiàng)A,B錯(cuò)誤;根據(jù)右手定則,導(dǎo)體桿在右邊 磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為正,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 11.(2018·全國(guó)Ⅱ卷)如圖,在同一水平面內(nèi)有兩根平行長(zhǎng)導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下.一邊長(zhǎng)為l的正方形金屬線(xiàn)框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng).線(xiàn)框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線(xiàn)可能是(　D　) 解析

13、:設(shè)線(xiàn)路中只有一邊切割磁感線(xiàn)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i. 線(xiàn)框位移 等效電路的連接 電流 0～ I=2i(順時(shí)針) ～l I=0 l～ I=2i(逆時(shí)針) ～2l I=0 12.如圖(a)所示的螺線(xiàn)管,匝數(shù)n=1 500匝,橫截面積S=20 cm2,電阻r=1.5 Ω,與螺線(xiàn)管串聯(lián)的外電阻R1=3.5 Ω,R2=25 Ω,方向向右穿過(guò)螺線(xiàn)管的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖(b)所示規(guī)律變化,試計(jì)算電阻R2的電功率. 解析:由圖(b)知,螺線(xiàn)管中磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻增加,其變化率為= T/s=2 T/s 由法拉第電磁感應(yīng)定律知螺線(xiàn)管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=n=n

14、·S=1 500×20×10-4×2 V=6.0 V 由閉合電路歐姆定律知螺線(xiàn)管回路的電流為 I== A=0.2 A 電阻R2消耗的功率為 P2=I2R2=(0.2)2×25 W=1.0 W. 答案:1.0 W 13.把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán),水平固定在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,如圖所示,一長(zhǎng)度為2a、電阻等于R、粗細(xì)均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上,它與圓環(huán) 始終保持良好的電接觸,當(dāng)金屬棒以恒定速度v向右移動(dòng)經(jīng)過(guò)環(huán)心O時(shí),求: (1)棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN; (2)圓環(huán)消耗的熱功率和在圓環(huán)及金屬棒上消耗的總熱功率. 解析:金屬棒MN切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),把金屬棒看成一個(gè)內(nèi)阻為R、電源電動(dòng)勢(shì)為E的電源,兩個(gè)半圓環(huán)看成兩個(gè)電阻R并聯(lián)的外電路,畫(huà)出等效電路如圖所示. (1)金屬棒MN切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv=2Bav 外電路的總電阻為R外==R 金屬棒上電流的大小為I===, 電流方向從N到M,金屬棒兩端的電壓為電源的路端電壓UMN=IR外=Bav. (2)圓環(huán)消耗的熱功率為外電路的總功率 P外=I2= 圓環(huán)和金屬棒上消耗的總熱功率為電路的總功率 P總=IE=. 答案:(1),由N到M　Bav (2)　 - 8 -