高考物理一轮复习 课时作业32 电磁感应规律的综合应用（含解析）-人教版高三物理试题

课时作业(三十二)电磁感应规律的综合应用[双基巩固练]1．一个面积为S＝4×10－2m2、匝数为n＝100的正方形线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，t＝0时刻磁场的方向垂直线圈平面向里，则下列判断正确的是()A．t＝1s时线圈中的电流方向发生变化B．0～2s内线圈中磁通量的变化量为零C．1～2s内线圈中电流方向为顺时针方向D．在第3s末线圈中的感应电动势等于零C[根据楞次定律可知，在0～2s内，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，在2～4s内产生的感应电流方向为逆时针方向，感应电动势大小均为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，所以选项A、D错误，C正确；0～2s内线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝2B0S＝0.16Wb，所以选项B错误．]2．(2019·河北唐山一模)如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是()B[导体棒运动过程中受向左的安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,Rm)，则a减小，v－t图线斜率的绝对值减小，故B项正确，A项错误．通过R的电荷量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔФ,R)＝eq\f(BL,R)x，可知C、D项错误．]3．(2019·河南六市一模)(多选)边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是()BC[设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t＝0，则其切割磁感线的有效长度L＝2xtan30°＝eq\f(2\r(3),3)x，则感应电动势E电动势＝BLv＝eq\f(2\r(3),3)Bvx，则C项正确，D项错误．框架匀速运动，故F外力＝F安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，A项错误．P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B项正确．]4．(2019·北京大兴区模拟)如图所示，竖直放置的螺线管与导体框组成一闭合回路，导体框中虚线ab的右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，螺线管下方的水平面上放置一导体圆环．从t＝0时刻开始，磁场的磁感应强度大小发生变化，使得导体圆环对水平面的压力减小，则磁感应强度大小随时间的变化情况可能是()A[当磁感应强度均匀增大或均匀减小时，由法拉第电磁感应定律可知，在螺线管中会产生恒定的感应电流，恒定的感应电流会产生恒定不变的磁场，则通过导体圆环的磁通量不发生变化，由楞次定律可知，此时导体圆环中不产生感应电流，故此时导体圆环对水平面的压力不变，选项C、D错误；当磁感应强度的变化率逐渐减小时，螺线管中产生的感应电流也会逐渐减小，该感应电流产生的磁场也会逐渐减小，穿过导体圆环的磁通量也逐渐减小，则导体圆环中会产生与螺线管中方向相同的感应电流，由于同向电流相互吸引，故此时导体圆环对水平面的压力将小于导体圆环的重力，选项A正确；同理可知，选项B错误．]5．(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好，现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是()A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动BC[金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－BIl>0，金属棒将一直加速，A项错、B项对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错．]6．(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法正确的有()A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)机械能转化为电能D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W1－W2CD[当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止，ab进入JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab进入JP后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2<v1，A项错；由于有安培力做功，机械能不守恒，B项错；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得W1－W2＝ΔEk，W2＝W1－ΔEk，故C、D项正确．]7．(2019·甘肃天水模拟)如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动．先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，g取10m/s2，，则：(1)此时b的速度大小是多少？(2)若导轨足够长，a、b棒最后的运动状态怎样？解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等．释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有(mg＋F)t＝mva(mg－F)t＝mvb－mv0代入数据可解得vb＝18m/s(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1＝g＋eq\f(F,m)，b产生的加速度a2＝g－eq\f(F,m).当a棒的速度与b棒接近时，闭合回路中的ΔΦ逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小，最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动．答案(1)18m/s(2)匀加速运动8．小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T．质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.解析(1)由牛顿第二定律a＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝12m/s2进入磁场时的速度v＝eq\r(2as)＝2.4m/s.(2)感应电动势E＝Blv感应电流I＝eq\f(Blv,R)安培力FA＝IBl代入得FA＝eq\f(Bl2v,R)＝48N.(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64J由牛顿第二定律F－mgsinθ－FA＝0CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t＝eq\f(d,v)焦耳热Q＝I2Bt＝26.88J.答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J[能力提升练]9．(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝0.2kg、电阻r＝1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s2B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4m/s2C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6m/sD．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/sBD[金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据得a＝4m/s2，故选项A错误、B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E－U,r)，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.8m/s，故选项C错误、D正确．]10．如图所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，则()A．释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB．金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F＝mg－eq\f(B2L2v,R)C．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bD．电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量B[释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g，故A项错误；金属棒的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I＝eq\f(BLv,R)，安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根据平衡知，F＋FA＝mg，解得弹簧弹力F＝mg－eq\f(B2L2v,R)，故B项正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为b→a，故C项错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒的重力势能的减少量与弹簧弹性势能之差，故D项错误．]11．一足够长的“U”形平行金属导轨倾斜地固定在地面上，两导轨之间的距离为L＝1m，导轨与地面之间的夹角为θ＝37°，现加上一垂直轨道平面向外的磁场．一质量为m＝0.1kg、阻值为R＝2Ω、长度也为L＝1m的导体棒垂直地放在导轨上，导轨电阻忽略不计，不计导体棒与导轨间的摩擦且始终接触良好．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)将导体棒放在距离导轨顶端d＝1m处，用某装置挡住使它静止不下滑，且所加磁场的磁感应强度B与t的关系满足B＝2＋0.2t(T)，则经多长时间导体棒将沿导轨向上滑动？(2)如果在垂直导轨平面上所加的磁场为匀强磁场，同时在导体棒上加一平行导轨平面向下的外力，且外力的大小与导体棒速度的关系满足F＝(v＋0.4)N，为了保持导体棒以沿斜面向下大小为a＝10m/s2的加速度向下做匀加速直线运动，所加磁场的磁感应强度的大小应为多大？解析(1)设经过ts后，导体棒将开始沿导轨向上滑动，此时安培力等于重力沿斜面的分力，则FA＝mgsinθ又：FA＝BIL＝Beq\f(E,R)L其中：E＝eq\f(ΔB,Δt)dL＝0.2V所以