（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 課時分層作業(yè) 三十 10.3 電磁感應規(guī)律的綜合應用.doc
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課時分層作業(yè) 三十電磁感應規(guī)律的綜合應用 (45分鐘 100分) 【基礎達標題組】 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勻強磁場,磁感應強度均為B=0.5 T,兩邊界間距s=0.1 m,一邊長L=0.2 m的正方形線框abcd由粗細均勻的電阻絲圍成,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勻速運動到位置Ⅱ,則下列能正確反映整個過程中線框a、b兩點間的電勢差Uab隨時間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)生感應電動勢,相當于電源,由楞次定律判斷知感應電流方向沿順時針方向,則a點的電勢高于b點的電勢,Uab為正,則ab兩端電勢差Uab=E=BLv=0.50.22 V=1510-2 V;t在510-2 s～1010-2 s內(nèi),cd邊進入磁場Ⅱ后,cd邊和ab都切割磁感線,都產(chǎn)生感應電動勢,線框中感應電流為零,由右手定則判斷可知,a點的電勢高于b點的電勢,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邊穿出磁場后,只有cd邊切割磁感線,由右手定則知,a點的電勢高于b點的電勢,Uab為正。Uab=E=BLv=0.50.22 V=510-2 V,故整個過程中線框a、b兩點的電勢差Uab隨時間t變化的圖線如圖A所示,故A項正確。 2.如圖甲,水平放置的平行金屬導軌可分別與定值電阻R和平行板電容器C相連,導體棒MN置于導軌上且接觸良好,取向右為運動的正方向,導體棒沿導軌運動的位移—時間圖象如圖乙所示;導體棒始終處于垂直紙面向外的勻強磁場中,不計導軌和導體棒電阻,則0～t2時間內(nèi) ( ) A.若S接A,電容器a極板始終帶負電 B.若S接A,t1時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,圖象的斜率表示導體棒運動的速度,由圖乙可知,0～t1時間內(nèi)斜率是正、t1～t2時間內(nèi)斜率為負值,則說明0～t2時間內(nèi)導體棒先向右移動后向左移動。若S接A,導體棒通過金屬導軌與平行板電容器C連接,0～t2時間內(nèi)導體棒先向右運動后向左運動,根據(jù)右手定則可知,感應電流的方向先順時針后逆時針,可知電容器a極板先帶負電后帶正電,故A項錯誤;若S接A,t1時刻導體瞬間靜止,即導體棒不切割磁感線,故MN中無感應電動勢產(chǎn)生,電容器兩極板電壓為零,即最小,故B項錯誤;若S接B,導體棒通過金屬導軌與定值電阻R連接,0～t2時間內(nèi),導體棒先向右運動后向左運動,根據(jù)右手定則可知,電流的方向先順時針后逆時針,由左手定則可知,MN所受安培力方向先向左后向右,故C項正確;若S接B,t1時刻MN瞬間靜止,導體棒不切割磁感線,電路中無電流,MN受安培力為零(即最小),故D項錯誤。 3.如圖所示,光滑足夠長導軌傾斜放置,下端連一燈泡,勻強磁場垂直于導軌平面,當金屬棒ab沿導軌下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時,燈泡的電功率為P,導軌及金屬棒電阻不計,要使燈泡在棒穩(wěn)定運動狀態(tài)下的電功率為2P,則應 ( ) A.將導軌間距變?yōu)樵瓉淼谋? B.換一電阻減半的燈泡 C.換一質(zhì)量為原來倍的金屬棒 D.將磁場磁感應強度B加倍 【解析】選C。當ab棒下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時做勻速直線運動,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==。當把導軌間的距離增大為原來的倍時,即L變?yōu)楸?由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉肀?由P==得知,P變?yōu)樵瓉淼谋?故A項錯誤;換一電阻減半的燈泡,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉淼谋?由P== 得知,P變?yōu)樵瓉淼谋?故B項錯誤;當換一根質(zhì)量為原來倍的金屬棒時,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉淼谋?由P==得知,P變?yōu)樵瓉淼?倍,故C項正確;當把磁感應強度B增為原來的2倍,由mgsinθ=得知,v變?yōu)樵瓉淼谋?由P==得知,P變?yōu)樵瓉淼谋?故D項錯誤。 4.用相同的導線繞制的邊長分別為L和2L的正方形閉合線框,以相同的速度勻速進入右側的勻強磁場,如圖所示,在線框進入磁場的過程中a、b和c、d兩點間的電壓分別為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】解答本題應注意以下兩點: (1)兩個線框用相同的導線繞制,但邊長不同,則線框的質(zhì)量不同,總電阻也不同,與邊長成正比。 (2)a、b和c、d兩點間的電壓為路端電壓。 【解析】選D。線框進入磁場后切割磁感線,a、b中產(chǎn)生的感應電動勢是c、d中電動勢的一半,而不同的線框的電阻不同,設甲線框電阻為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項錯誤;根據(jù)安培力表達式F=BIL,E=BLv及F=,從而得出安培力綜合式為:F=,安培力與線框邊長成正比, 所以有:F甲=F乙;故C項錯誤,D項正確。 【加固訓練】 如圖所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應強度隨時間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則 ( ) A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C.a、b線圈中感應電流之比為3∶4 D.a、b線圈中電功率之比為3∶1 【解析】選B。a、b兩個正方形線圈內(nèi)的磁場垂直于紙面向里,磁感應強度均勻增加,由楞次定律可以判斷感應電流的磁場垂直于紙面向外,再根據(jù)安培定則可知:兩線圈內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向的感應電流,A錯誤;由E=可知==,B正確;a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數(shù)相同,Ra∶Rb=3∶1,由閉合電路的歐姆定律得Ia=,Ib=,則==,C項錯誤;Pa=Ra,Pb=Rb,則Pa∶Pb=27∶1,D錯誤;故選B。 5.如圖,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌,其間距為L,導軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處靜止釋放,到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g) ( ) A.流過金屬棒的最大電流為 B.通過金屬棒的電荷量為 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。金屬棒下滑過程中機械能守恒,有mgh=mv2,金屬棒到達水平面時的速度v=,金屬棒到達水平面后做減速運動,剛到達水平面時的速度最大,故最大感應電流I==,選項A錯誤;通過金屬棒的電荷量為q== ,選項B正確;對全過程應用動能定理mgh-W安-μmgd=0,解得W安=mgh-μmgd,選項C錯誤;金屬棒產(chǎn)生的電熱QR=Q=W安=mg(h-μd),選項D正確。 6.(2018珠海模擬)如圖所示,水平傳送帶帶動兩金屬桿a、b勻速向右運動,傳送帶右側與兩光滑平行金屬導軌平滑連接,導軌與水平面間夾角為30,兩虛線EF、GH之間有垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度為B,磁場寬度為L,兩金屬桿的長度和兩導軌的間距均為d,兩金屬桿a、b質(zhì)量均為m,兩桿與導軌接觸良好,當a進入磁場后恰好做勻速直線運動,當a離開磁場時,b恰好進入磁場,則 ( ) A.金屬桿b進入磁場后做加速運動 B.金屬桿b進入磁場后做勻速運動 C.兩桿在穿過磁場的過程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為 D.兩桿在穿過磁場的過程中,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進入磁場后恰好做勻速直線運動,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進入磁場時速度與a進入磁場時的速度相同,所受的安培力相同,所以兩金屬桿進入磁場時的受力情況相同,則b進入磁場后所受的安培力與重力沿斜面向下的分力也平衡,所以也做勻速運動,故A項錯誤、B項正確;兩桿穿過磁場的過程中都做勻速運動,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項錯誤,D項正確。 7.(2018臨沂模擬)如圖所示,兩根相距為d的足夠長的光滑金屬導軌固定在水平面上,導軌電阻不計。磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直,長度略大于d的兩導體棒M、N平行地放在導軌上,導體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m,開始兩導體棒靜止,現(xiàn)給導體棒M一個平行導軌向右的瞬時沖量I,整個過程中導體棒與導軌接觸良好,下列說法正確的是 ( ) A.回路中始終存在逆時針方向的電流 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為逆時針,當兩個導體棒以相同的速度勻速運動時,回路中的電流強度為零,故A項錯誤;當M開始運動的瞬間,N的加速度最大;根據(jù)動量定理可得I=mv,解得v=;根據(jù)牛頓第二定律可得:=ma,解得a=,故B項正確;回路中的最大電流為I流===,故C項正確;N速度最大時二者的速度相等,根據(jù)動量守恒定律可得:mv=2mv′,解得v′==,故D項錯誤。 8.(2018桂林模擬)如圖所示,甲、乙兩個完全相同的線圈,在距地面同一高度處由靜止開始釋放,A、B是邊界范圍、磁感應強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場,只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些,兩線圈下落時始終保持線圈平面與磁場垂直,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。線圈穿過磁場區(qū)域過程受到的安培力是變力,設受到的平均安培力為F,穿過磁場的時間為Δt,下落全過程的時間為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項錯誤。線圈進入磁場克服安培力做的功W=BL2,乙線圈進入磁場時速度較大,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的速度較小,D正確。對全過程,由動量定理得:mgt-BILΔt=mv,所以t=,因為v乙
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