2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題復習訓練 課時作業(yè)十一 電磁感應及應用（含解析）

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1、課時作業(yè)十一　電磁感應及應用 一、選擇題 1．(2019年貴州適應性考試)如圖1甲所示，一位于紙面內(nèi)的圓形線圈通過導線與一小燈泡相連，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，該磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖1乙所示，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．t1～t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為b→a后為a→b B．t1～t3時間內(nèi)流過小燈泡電流的方向先為a→b后為b→a C．t1～t3時間內(nèi)小燈泡先變亮后變暗 D．t1～t3時間內(nèi)小燈泡先變暗后變亮 解析：t1～t3時間內(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為

2、a→b，選項A、B錯誤；t1～t3時間內(nèi)，B－t線的斜率先增大后減小，則磁通量的變化率先增大后減小，感應電動勢先增大后減小，小燈泡先變亮后變暗，選項C正確，D錯誤． 答案：C 2．(2017年高考·課標全國卷Ⅲ)如圖2，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關(guān)于感應電流的方向，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向

3、 C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向 解析：金屬桿PQ向右切割磁感線，根據(jù)右手定則可知PQRS中感應電流沿逆時針方向；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)生順時針方向的感應電流．綜上所述，可知A、B、C項錯誤，D項正確． 答案：D 3．法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖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磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖3 A

4、．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，感應電流沿a到b的方向流動，選項B錯誤；由感應電動勢E＝Bl2ω知，角速度恒定，則感應電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應電動勢大小變化，但感應電流方向不變，選項C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變

5、為原來的4倍，選項D錯誤． 答案：A 4．兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖4(a)所示．已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖4(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)．下列說法正確的是(　　) 圖4 A．磁感應強度的大小為0.5 T B．導線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應強度的方向垂直于紙面向內(nèi) D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小

6、為0.1 N 解析：從題圖(b)可知，導線框運動的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B項正確；導線框進入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A項錯誤；由圖可知，導線框進入磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，磁感應強度方向垂直紙面向外，C項錯誤；在0.4～0.6 s這段時間內(nèi)，導線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝＝ A＝2 A，則導線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D項錯誤． 答案：B 5．(多選)如圖5所示，一個正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，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

7、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5 A．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)生順時針方向的感應電流 B．在紙面內(nèi)無論沿哪個方向?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)生順時針方向的感應電流，A正確；因為感應電動勢E＝，電流I＝，通過導線某一截面的電荷量為q＝IΔt，可得q＝，故流過線框某一截面的電荷量與

8、線圈穿出磁場的方向無關(guān)，B正確；根據(jù)焦耳定律可得Q＝I2Rt＝t＝·＝，所以焦耳熱Q與速度v成正比，C正確，D錯誤． 答案：ABC 6．(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，勻強磁場垂直導軌平面，磁感應強度為B，導軌電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R.當金屬棒ab下滑距離s時，速度大小為v，則在這一過程中(　　) 圖6 A．金屬棒ab運動的平均速度大小為v B．通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為 C．

9、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ab棒的受力情況，有mgsinθ－＝ma，ab棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初、末速度的平均值v，故A錯誤；通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q＝IΔt＝·Δt＝＝，故B正確；ab棒受到的最大安培力為F＝BIL＝，故C正確；根據(jù)動能定理可知，mgssinθ－W安＝mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安＝mgssinθ－mv2，故D正確． 答案：BCD 7．(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軌相連接，已知兩側(cè)導軌間距都為

10、L，導軌平面與水平面均成37°角，且均處于范圍足夠大的勻強磁場中．質(zhì)量為m的導體棒a沿左側(cè)導軌勻速下滑，導體棒b始終靜止在右側(cè)導軌上，兩導體棒電阻均為R，兩處磁場的磁感應強度大小均為B，方向均與導軌平面垂直(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則(　　) 圖7 A．導體棒b的質(zhì)量為 B．導體棒a下滑的速度v＝ C．導體棒a沿導軌下滑L距離的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為 D．導體棒a沿導軌下滑L距離的過程中導體棒b上產(chǎn)生的熱量為 解析：導體棒a勻速下滑做電源，其電流為導體棒b的兩倍，故b質(zhì)量應為，故A正確；整個回路電阻R總＝R，分析a棒的運動，根據(jù)平衡條件有mgsin37

11、°＝BIL＝BL，解得v＝，故B正確；導體棒a沿導軌勻速下滑L距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量等于重力勢能的減小量，即Q＝mgLsin37°＝mgL，電阻R與導體棒b上產(chǎn)生的熱量均為Q′＝×Q＝，故C錯誤，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，足夠長的兩金屬導軌MN、PQ水平平行固定，兩導軌電阻不計，且處在豎直向上的磁場中，完全相同的導體棒a、b垂直放置在導軌上，并與導軌接觸良好，兩導體棒的電阻均為R＝0.5 Ω，且長度剛好等于兩導軌間距L，兩導體棒的間距也為L，開始時磁場的磁感應強度按圖8乙所示的規(guī)律變化，當t＝0.8 s時導體棒剛好要滑動．已知L＝1

12、 m，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．求： 圖8 (1)每根導體棒與導軌間的滑動摩擦力的大小及0.8 s內(nèi)整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱； (2)若保持磁場的磁感應強度B＝0.5 T不變，用如圖8丙所示的水平向右的力F拉導體棒b，剛開始一段時間內(nèi)b做勻加速直線運動，每根導體棒的質(zhì)量為多少？ (3)在(2)問條件下導體棒a經(jīng)過多長時間開始滑動？ 解：(1)開始時磁場的磁感應強度按圖乙所示變化， 則回路中電動勢E＝L2＝0.5 V 電路中的電流I＝＝0.5 A 當t＝0.8 s時，F(xiàn)f＝F安＝BIL＝0.25 N 回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2I2Rt＝0.2 J. (2)磁場的磁感應

13、強度保持B＝0.5 T不變，在a運動之前，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F－Ff－＝ma，即 F＝Ff＋ma＋t 根據(jù)圖丙可得Ff＋ma＝0.5，＝0.125 求得a＝0.5 m/s2，導體棒的質(zhì)量m＝0.5 kg. (3)當導體棒a剛好要滑動時，＝Ff，求得v＝1 m/s，此時b運動的時間t＝＝2 s. 9．如圖9所示，足夠長的平行金屬導軌MN、PQ傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30°，導軌間距為L，導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、電阻忽略不計的金屬棒放在導軌上，金屬棒與導軌始

14、終垂直并接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝.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軌所在平面內(nèi)且與兩導軌平行，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌電阻不計．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時，求重物的速度v隨時間t變化的關(guān)系式． 解：(1)S1閉合、S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動，

15、當重物達到最大速度時，金屬棒感應電動勢為E＝BLvm 感應電流為I＝＝ 當重物速度最大時有4mg＝mgsin30°＋F＋μFN 式中FN＝mgcos30°，F(xiàn)＝BIL，解得vm＝. (2)S1斷開、S2閉合時，設從釋放重物開始經(jīng)時間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F＝BI1L，方向沿導軌向下，設在t到(t＋Δt)時間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t到(t＋Δt)時間內(nèi)增加的電荷量ΔQ＝CBLΔv，Δv＝aΔt 則I1＝＝CBLa 設繩中拉力大小為T，由牛頓第二定律，對金屬棒有 T－mgsin30°－μmgcos

16、30°－BI1L＝ma 對重物有4mg－T＝4ma，解得a＝ 可知重物做初速度為零的勻加速直線運動 v＝at＝t. 10．如圖10所示，固定的兩足夠長的光滑平行金屬導軌PMN、P′M′N′，由傾斜和水平兩部分在M、M′處平滑連接組成，導軌間距L＝1 m，水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝1 T．金屬棒a、b垂直于傾斜導軌放置，質(zhì)量均為m＝0.2 kg，a的電阻R1＝1 Ω，b的電阻R2＝3 Ω，a、b長度均為L＝1 m，a棒距水平面的高度h1＝0.45 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棒到達磁場中OO′停止運動后再由靜止釋放b棒

17、，a、b與導軌接觸良好且導軌電阻不計，重力加速度g取10 m/s2. 圖10 (1)求a棒進入磁場MM′時加速度的大??； (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x＝2.4 m，b棒進入磁場后，恰好未與a棒相碰，求h2的值． 解：(1)設a棒到MM′時的速度為v1. 由機械能守恒定律得mgh1＝mv12 進入磁場時a棒產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv1 感應電流I＝ 對a棒受力分析，由牛頓第二定律得BIL＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝3.75 m/s2. (2)設a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q， 由能量守恒定律得Q＝mgh1 則b棒產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝Q＝Q 聯(lián)立解得Qb＝0.675 J. (3)設b棒到MM′時的速度為v2，有mgh2＝mv22 b棒進入磁場后，兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，設a、b一起勻速運動的速度為v，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv2＝2mv 設a棒經(jīng)時間Δt加速到v，由動量定理得 BIL·Δt＝mv－0 又q＝IΔt，I＝，E＝ a、b恰好不相碰，有ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得h2＝1.8 m. - 10 -