届高考物理鲁科版大一轮总复习课时作业47 电磁感应规律的综合应用一.docx

届高考物理鲁科版大一轮总复习课时作业47 电磁感应规律的综合应用一.docx

《届高考物理鲁科版大一轮总复习课时作业47 电磁感应规律的综合应用一.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理鲁科版大一轮总复习课时作业47 电磁感应规律的综合应用一.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届高考物理鲁科版大一轮总复习课时作业47电磁感应规律的综合应用一

课时作业47　电磁感应规律的综合应用

（一）

时间：

45分钟

1．俄罗斯方块游戏曾一度风靡全球，某人根据游戏中的几个形状制作了一些导线框，导线框制作材料、粗细、周长、加工方式都相同．让它们以相同的速度水平向右匀速经过右边单边界磁场（如图甲所示），测得导线框的感应电流如图乙所示，则可判断应该是哪个形状的导线框通过磁场（　B　）

解析：

设线框切割磁感线的有效长度为L，感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝

＝

L，由图乙所示图线可知，0～1s与2～3s内的感应电流相等，且是1～2s内感应电流的一半，B、v、R相等，则0～1s与2～3s内切割磁感线的有效长度L相等且是1～2s内有效长度的一半，由图示线框可知，仅有竖直方向导线的长度为有效长度，B正确．

2．如图所示，边长为2L的正方形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场．一个边长为L的正三角形闭合金属线框水平匀速穿过该磁场．取金属线框刚到达磁场左边界时为零时刻，规定逆时针方向为电流的正方向，下列选项中能正确描述金属线框中电流与时间关系图象的是（　B　）

解析：

本题考查电磁感应中的图象问题．正三角形闭合金属线框匀速穿过匀强磁场区域，从开始进入到完全进入，正三角形闭合金属线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，则产生的感应电动势先均匀增大后均匀减小，金属线框中的电流也是先均匀增大后均匀减小，由楞次定律可知，从开始进入到完全进入，产生的感应电流方向为顺时针方向（电流为负值），同理可分析线框从开始出磁场到完全出磁场，产生的感应电流方向为逆时针方向（电流为正值），则正确描述金属线框中电流与时间关系图象的是B选项．

3.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.5T，两边界间距s＝0.1m．一边长L＝0.2m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R＝0.4Ω.现使线框以v＝2m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图象是（　A　）

解析：

ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝0.2V，线框中感应电流为I＝

＝0.5A，所以在0～5×10－2s时间内，a、b两点间电势差为Uab＝I·

R＝0.15V；在5×10－2～10×10－2s时间内，a、b两点间电势差Uab＝E＝0.2V；在10×10－2～15×10－2s时间内，a、b两点间电势差为Uab＝I·

R＝0.05V，选项A正确．

4．如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中．规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．以逆时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是（　B　）

解析：

0～0.5T时间内，磁感应强度减小，方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流沿顺时针方向，为负，同理可知，0.5T～T时间内，电流为正，由法拉第电磁感应定律可知，0～0.5T时间内通过bc段导线的电流是0.5T～T时间内通过bc段导线电流的

，A错，B对；由安培力公式F＝BIL，I＝

，E＝

＝

S可知，t＝T时bc段导线受到的安培力大小是t＝0时bc段导线受到的安培力大小的4倍，C、D均错．

5.如图所示，竖直平面内有一金属环，其半径为a，总电阻为2r（金属环粗细均匀），磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直于环面，在环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB．AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则此时A、B两端的电压为（　A　）

A．

B0av　　B．

B0av　　C．

B0av　　D．B0av

解析：

棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中，切割磁感线的长度为2a，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝B0·2a·v′，其中v′＝

＝

，则E＝B0av，外电路的总电阻R＝

＝

，根据闭合电路欧姆定律得I＝

，则总电流I＝

，故A、B两端的电压U＝IR＝

·

＝

B0av，选项A正确．

6．（多选）如图甲所示，线圈A（图中实线，共100匝）的横截面积为0.3m2，总电阻r＝2Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2Ω，R2＝6Ω，电容C＝3μF，开关S1闭合．A中有横截面积为0.2m2的区域C（图中虚线），C内有按图乙所示规律变化的磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里．下列判断正确的是（　BD　）

A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a

B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4A

C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向a

D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6C

解析：

根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，E＝n

＝n

＝100×

×0.2V＝4V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I＝

＝

A＝0.4A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；电路稳定后电容器带电荷量q＝CUR2＝3×10－6×0.4×6C＝7.2×10－6C，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6C，选项D正确．

7．（多选）如图甲所示，一个边长为L的正方形导线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，水平向右为线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcda方向时为正，已知在0～4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列图象所表示的关系正确的是（　AD　）

解析：

由图乙可知，在0～2s时间内，磁感应强度的变化率恒定，根据楞次定律和安培定则可知感应电流方向为逆时针方向（正值），电流大小不变；在2～4s时间内，磁感应强度的变化率恒定，根据楞次定律和安培定则可知感应电流方向为顺时针方向（负值），电流大小不变，选项C错误，D正确；安培力F＝BIL，由于两段时间内电流恒定，则安培力F随磁感应强度B变化，在0～2s时间内由左手定则可判断出线框ab边所受安培力F的正负与磁感应强度的正负相同；在2～4s时间内由于电流为负值，由左手定则可判断出线框ab边所受安培力F的正负与磁感应强度的正负相反，选项A正确，B错误．

8．如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处有一边长为L的正方形导线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直于纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．如图所示关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是（　D　）

解析：

当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增大，当全部进入时磁通量达到最大，此后向里的磁通量减小，向外的磁通量增大，总磁通量减小，当运动2.5L时磁通量为零，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由E＝BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，所以外力F应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P＝Fv，因速度不变，而线框进入第一个磁场时，电流为定值，外力F也为定值，两边分别在两个磁场中时，电流加倍，回路中总电动势加倍，电功率变为原来的4倍，此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以电功率应等于在第一个磁场中的电功率，故选项D正确．

9.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点上方A点用铰链连接长度为3a、电阻为

的导体棒AB，AB由水平位置摆下，下摆过程中紧贴环面，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v且刚好交于圆环的最低点，则这时AB两端的电压大小为（　B　）

A．

B．

C．

D．

解析：

设导体棒到达竖直位置时，导体棒上端与金属环的交点为C，根据v＝ωr可知，因为B点的线速度为v，则C点的速度为

v，则BC产生的电动势为EBC＝B·2a·

＝

Bav，则BC两端的电压为UBC＝

·

＝

·

Bav＝

Bav，则AB两端的电压大小为

Bav，B正确．

10．（多选）如图，两条相距l的足够长的平行光滑导轨放置在倾角为θ＝30°的斜面上，阻值为R的电阻与导轨相连．质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置．整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B．轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量为m的物块相连，且滑轮与杆之间的轻绳与斜面保持平行．物块距离地面足够高，导轨、导体棒电阻不计，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计．将物块从静止释放，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　BC　）

A．导体棒M端电势高于N端电势

B．导体棒的加速度不会大于

g

C．导体棒的速度不会大于

D．通过导体棒的电荷量与其运动时间的平方成正比

解析：

本题考查单杆模型与动力学的结合问题．根据右手定则可知导体棒M端电势低于N端电势，故选项A错误；设导体棒的上升速度为v，根据E＝Blv，I＝

，可知导体棒所受安培力为F安＝BIl＝

，根据牛顿第二定律可得mg－mgsin30°－

＝2ma，当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度最大，最大加速度为amax＝

g；当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为vmax＝

，故选项B、C正确；通过导体棒的电荷量为q＝

·Δt＝

·Δt＝

＝

，由于导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，所以导体棒运动的位移与其运动时间的平方不成正比，通过导体棒的电荷量与其运动时间的平方不成正比，故选项D错误．

11．如图所示，两根倾角为θ＝37°的足够长的平行光滑金属导轨，间距为L＝1m，导轨间有垂直于导轨平面向下的磁场（未画出），磁感应强度大小为B1＝1T；导轨底端ab间连一电阻R1＝3Ω；顶端通过导线连接一横截面积为S＝0.1m2、总电阻为r＝0.8Ω、匝数N＝100的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），线圈内有沿竖直方向且随时间均匀变化的磁场B2.一质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝2Ω、长度也为L的导体棒cd垂直导轨放置，导体棒与导轨始终良好接触．不计导轨和导线的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：

（1）若断开开关K，由静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？

此时cd两端电势差Ucd为多少？

（2）若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，判断线圈中所加磁场的方向并计算其变化率的大小

.

解析：

（1）当导体棒达到最大速度时，有

F安＝B1Il＝mgsin37°

由欧姆定律可知I＝

导体棒中感应电动势为E＝B1Lv

得v＝3m/s，Ucd＝IR1＝1.8V.

（2）线圈中的感应电动势E′＝N

＝N

＝I总R总

其中I总＝I×

＝1A

R总＝R并＋r＝2Ω，得

＝0.2T/s.

由楞次定律可知，线圈中所加磁场如果在增强，方向为竖直向下；如果在减弱，方向为竖直向上．

答案：

（1）3m/s　1.8V

（2）线圈中所加磁场如果在增强，方向为竖直向下；如果在减弱，方向为竖直向上　0.2T/s