版高考物理一轮复习第十章电磁感应课时分层作业三十103电磁感应规律的综合应用Word下载.docx

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2V=15×

10-2V;

t在5×

10-2s～10×

10-2s内,cd边进入磁场Ⅱ后,cd边和ab都切割磁感线,都产生感应电动势,线框中感应电流为零,由右手定则判断可知,a点的电势高于b点的电势,Uab为正,所以Uab=E=BLv=0.5×

2V=0.20V=20×

10-2V,t在10×

10-2s～15×

10-2s内,ab边穿出磁场后,只有cd边切割磁感线,由右手定则知,a点的电势高于b点的电势,Uab为正。

Uab=E=BLv=×

2V=5×

10-2V,故整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示,故A项正确。

2.如图甲,水平放置的平行金属导轨可分别与定值电阻R和平行板电容器C相连,导体棒MN置于导轨上且接触良好,取向右为运动的正方向,导体棒沿导轨运动的位移—时间图象如图乙所示;

导体棒始终处于垂直纸面向外的匀强磁场中,不计导轨和导体棒电阻,则0～t2时间内（　　）

A.若S接A,电容器a极板始终带负电

B.若S接A,t1时刻电容器两极板电压最大

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时刻MN所受的安培力最大

【解析】选C。

在x-t图象中,图象的斜率表示导体棒运动的速度,由图乙可知,0～t1时间内斜率是正、t1～t2时间内斜率为负值,则说明0～t2时间内导体棒先向右移动后向左移动。

若S接A,导体棒通过金属导轨与平行板电容器C连接,0～t2时间内导体棒先向右运动后向左运动,根据右手定则可知,感应电流的方向先顺时针后逆时针,可知电容器a极板先带负电后带正电,故A项错误;

若S接A,t1时刻导体瞬间静止,即导体棒不切割磁感线,故MN中无感应电动势产生,电容器两极板电压为零,即最小,故B项错误;

若S接B,导体棒通过金属导轨与定值电阻R连接,0～t2时间内,导体棒先向右运动后向左运动,根据右手定则可知,电流的方向先顺时针后逆时针,由左手定则可知,MN所受安培力方向先向左后向右,故C项正确;

若S接B,t1时刻MN瞬间静止,导体棒不切割磁感线,电路中无电流,MN受安培力为零（即最小）,故D项错误。

3.如图所示,光滑足够长导轨倾斜放置,下端连一灯泡,匀强磁场垂直于导轨平面,当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时,灯泡的电功率为P,导轨及金属棒电阻不计,要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P,则应（　　）

A.将导轨间距变为原来的倍

B.换一电阻减半的灯泡

C.换一质量为原来倍的金属棒

D.将磁场磁感应强度B加倍

当ab棒下滑到稳定状态时做匀速直线运动,根据平衡条件有:

mgsinθ=FA,又安培力FA=得,mgsinθ=,由能量守恒定律得,灯泡的功率P==。

当把导轨间的距离增大为原来的倍时,即L变为倍,由mgsinθ=得知,v变为原来倍,由P==得知,P变为原来的倍,故A项错误;

换一电阻减半的灯泡,由mgsinθ=得知,v变为原来的倍,由P==得知,P变为原来的倍,故B项错误;

当换一根质量为原来倍的金属棒时,由mgsinθ=得知,v变为原来的倍,由P==得知,P变为原来的2倍,故C项正确;

当把磁感应强度B增为原来的2倍,由mgsinθ=得知,v变为原来的倍,由P==得知,P变为原来的倍,故D项错误。

4.用相同的导线绕制的边长分别为L和2L的正方形闭合线框,以相同的速度匀速进入右侧的匀强磁场,如图所示,在线框进入磁场的过程中a、b和c、d两点间的电压分别为U甲和U乙,ab边和cd边所受的安培力分别为F甲和F乙,则下列判断正确的是（　　）

A.U甲=U乙B.U甲=2U乙

C.F甲=F乙D.F甲=

【解题指导】解答本题应注意以下两点:

（1）两个线框用相同的导线绕制,但边长不同,则线框的质量不同,总电阻也不同,与边长成正比。

（2）a、b和c、d两点间的电压为路端电压。

【解析】选D。

线框进入磁场后切割磁感线,a、b中产生的感应电动势是c、d中电动势的一半,而不同的线框的电阻不同,设甲线框电阻为4r,乙线框的电阻为8r,则有:

U甲=BLv·

=BLv,

U乙=B·

2Lv·

=BLv,故2U甲=U乙,故A、B项错误;

根据安培力表达式F=BIL,E=BLv及F=,从而得出安培力综合式为:

F=,安培力与线框边长成正比,

所以有:

F甲=F乙;

故C项错误,D项正确。

【加固训练】

如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则（　　）

A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流

B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1

C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4

D.a、b线圈中电功率之比为3∶1

【解析】选B。

a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度均匀增加,由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外,再根据安培定则可知:

两线圈内产生逆时针方向的感应电流,A错误;

由E=可知==,B正确;

a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数相同,Ra∶Rb=3∶1,由闭合电路的欧姆定律得Ia=,Ib=,则==,C项错误;

Pa=Ra,Pb=Rb,则Pa∶Pb=27∶1,D错误;

故选B。

5.如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,右端接一个阻值为R的定值电阻。

平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。

质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。

已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中（重力加速度为g）（　　）

A.流过金属棒的最大电流为

B.通过金属棒的电荷量为

C.克服安培力所做的功为mgh

D.金属棒产生的电热为mg（h-μd）

【解析】选B、D。

金属棒下滑过程中机械能守恒,有mgh=mv2,金属棒到达水平面时的速度v=,金属棒到达水平面后做减速运动,刚到达水平面时的速度最大,故最大感应电流I==,选项A错误;

通过金属棒的电荷量为q==,选项B正确;

对全过程应用动能定理mgh-W安-μmgd=0,解得W安=mgh-μmgd,选项C错误;

金属棒产生的电热QR=Q=W安=mg（h-μd）,选项D正确。

6.（2018·

珠海模拟）如图所示,水平传送带带动两金属杆a、b匀速向右运动,传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接,导轨与水平面间夹角为30°

两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场宽度为L,两金属杆的长度和两导轨的间距均为d,两金属杆a、b质量均为m,两杆与导轨接触良好,当a进入磁场后恰好做匀速直线运动,当a离开磁场时,b恰好进入磁场,则（　　）

A.金属杆b进入磁场后做加速运动

B.金属杆b进入磁场后做匀速运动

C.两杆在穿过磁场的过程中,回路中产生的总热量为

D.两杆在穿过磁场的过程中,回路中产生的总热量为mgL

由题意可知,金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动,所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等,由于金属杆b进入磁场时速度与a进入磁场时的速度相同,所受的安培力相同,所以两金属杆进入磁场时的受力情况相同,则b进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡,所以也做匀速运动,故A项错误、B项正确;

两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动,根据能量守恒定律得知:

回路中产生的总热量为Q=2×

mgsin30°

·

L=mgL,故C项错误,D项正确。

7.（2018·

临沂模拟）如图所示,两根相距为d的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上,导轨电阻不计。

磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直,长度略大于d的两导体棒M、N平行地放在导轨上,导体棒的电阻均为R、质量均为m,开始两导体棒静止,现给导体棒M一个平行导轨向右的瞬时冲量I,整个过程中导体棒与导轨接触良好,下列说法正确的是（　　）

A.回路中始终存在逆时针方向的电流

B.棒N的最大加速度为

C.回路中的最大电流为

D.棒N获得的最大速度为

【解析】选B、C。

根据右手定则可知开始回路中电流方向为逆时针,当两个导体棒以相同的速度匀速运动时,回路中的电流强度为零,故A项错误;

当M开始运动的瞬间,N的加速度最大;

根据动量定理可得I=mv,解得v=;

根据牛顿第二定律可得:

=ma,解得a=,故B项正确;

回路中的最大电流为I流===,故C项正确;

N速度最大时二者的速度相等,根据动量守恒定律可得:

mv=2mv′,解得v′==,故D项错误。

8.（2018·

桂林模拟）如图所示,甲、乙两个完全相同的线圈,在距地面同一高度处由静止开始释放,A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场,只是A的区域比B的区域离地面高一些,两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直,则（　　）

A.甲先落地

B.乙先落地

C.甲线圈受安培力的冲量较大

D.乙线圈落地速度较小

线圈穿过磁场区域过程受到的安培力是变力,设受到的平均安培力为F,穿过磁场的时间为Δt,下落全过程的时间为t,落地速度为v,安培力的冲量I安=BLΔt=BLq,而q==,所以线圈受安培力的冲量相等,故C项错误。

线圈进入磁场克服安培力做的功W=BL2,乙线圈进入磁场时速度较大,平均电流较大,线圈克服安培力做功较多,即产生的热量较多;

根据能量守恒定律得知乙线圈落地时的速度较小,D正确。

对全过程,由动量定理得:

mgt-BILΔt=mv,所以t=,因为v乙<

v甲,所以t乙<

t甲,即乙线圈先落地,故B项正确,A项错误。

二、计算题（18分。

需写出规范的解题步骤）

9.如图所示,两足够长的平行金属导轨ab、cd,间距L=1m,导轨平面与水平面的夹角θ=37°

在a、c之间用导线连接一阻值R=3Ω的电阻,放在金属导轨ab、cd上的金属杆质量m=0.5kg,电阻r=1Ω,与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,金属杆的中点系一绝缘轻绳,轻绳的另一端通过光滑的定滑轮悬挂一质量M=1kg的重物,空间中加有磁感应强度B=2T且与导轨所在平面垂直的匀强磁场,金属杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计。

M正下方的地面上安装有加速度传感器,可用来测量M运动的加速度,现将M由静止释放,重物即将落地时,加速度传感器的示数为2m/s2,全过程通过电阻R的电荷量为0.5C,（重力加速度g取10m/s2,sin37°

=0.6,cos37°

=0.8）求:

（1）重物即将落地时金属杆两端的电压。

（2）此过程中电阻R上产生的焦耳热。

（3）若将R更换为一个电容为C=1F的电容器,释放重物后加速度传感器的读数。

【解析】

（1）设此时金属杆的速度为v,由法拉第电磁感应定律得金属杆产生的感应电动势为:

E=BL