【优化方案】2020-2021学年高二下学期物理3-2(人教版)第四章第五节课时作业

(A)一、单项选择题1．如图所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将()A．不变 B．增大C．削减 D．以上状况都有可能解析：选B.当磁场增加时，将产生逆时针方向的感生电场，带正电粒子受电场力作用，动能增大．2．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图象正确的是()解析：选A.当PQ进入磁场后，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，是确定值；而刚开头运动和最终一段未切割磁感线，不产生感应电动势，故选A.3．如图所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开头磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F使金属棒ab保持静止，则F()A．方向向右，且为恒力B．方向向右，且为变力C．方向向左，且为变力D．方向向左，且为恒力解析：选C.由E＝neq\f(ΔB,Δt)·S可知，因磁感应强度均匀减小，感应电动势E恒定，由F安＝BIL，I＝eq\f(E,R)可知，ab棒受到的安培力随B的减小均匀变小，由外力F＝F安可知，外力F也均匀变小，为变力，由左手定则可推断F安水平方向上的重量向右，所以外力F水平向左，C正确．4．(2021·高考北京卷)如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为()A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2解析：选C.依据右手定则可知，电流的方向应当从N到M，即通过电阻的电流为从a到c，由电磁感应定律E＝BLv得E1∶E2＝1∶2.5．(2021·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v­t图象中，可能正确描述上述过程的是()解析：选D.t＝0线框刚进入磁场时，要做加速度减小的减速运动，全部进入磁场做匀速直线运动，出来时也要做加速度减小的减速运动，所以D正确．6．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面对里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列i­t图中正确的是()解析：选D.0～1s内B垂直纸面对里均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排解A、C选项；2s～3s内，B垂直纸面对外均匀增大，同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，排解B选项，故选D.二、多项选择题7．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场有抱负界面，用力将矩形线圈从磁场中匀速拉出．在其他条件不变的状况下()A．速度越大时，拉力做功越多B．线圈边长L1越大时，拉力做功越多C．线圈边长L2越大时，拉力做功越多D．线圈电阻越大时，拉力做功越多解析：选ABC.F匀速拉出线圈过程所做的功为W＝FL2，又F＝F安＝IBL1，I＝eq\f(BL1v,R)，所以W＝eq\f(B2L\o\al(2,1)L2v,R)，可知A、B、C正确，D错误．8．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．假如B变大，vm将变大B．假如α变大，vm将变大C．假如R变大，vm将变大D．假如m变小，vm将变大解析：选BC.金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝eq\f(Blv,R)，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力FA作用，FA＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，受力分析如图所示，依据牛顿其次定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故选BC.9．如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中()A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶2C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2D．外力的功率P1∶P2＝1∶2解析：选AB.感应电动势为Blv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝eq\f(B2l2v2,R)·eq\f(l′,v)＝eq\f(B2l2l′v,R)，B、l、l′、R是一样的，两次产生的热量比就是运动速度比．通过任一截面的电荷量q＝I·t＝eq\f(Blv,R)·eq\f(l′,v)＝eq\f(Bll′,R)，与速度无关，所以应为1∶1.金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同，则外力的功率P＝Fv＝BIl·v＝eq\f(B2l2v2,R)，其中B、l、R相同，外力的功率与速度的平方成正比，应为1∶4.故选AB.☆10.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原动身点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与金属棒间的摩擦及它们的电阻均可忽视不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法正确的是()A．回到动身点的速度v等于初速度v0B．上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D．上行的运动时间小于下行的运动时间解析：选BCD.金属棒切割磁感线运动，由右手定则和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒下行和上行时的受力状况，如图所示．由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，部分机械能转化为系统的焦耳热，故金属棒回到动身点的速度v小于初速度v0，A错误；设金属棒上升的最大高度为h，上升过程中金属棒所受的安培力比下降过程中的要大，R上产生的热量等于金属棒克服安培力做的功，由W＝Fh可知上升过程中产生的热量比下降过程中产生的热量要大，C正确；由电荷量的定义、欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，运动过程中产生的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，上行和下行过程中磁通量变化相等，则B正确；由牛顿其次定律可知a上＞a下，由位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知，上行和下行的位移大小相等，则t上＜t下，D正确．故选BCD.三、非选择题11．有一面积为100cm2的金属环，电阻为0.1Ω，环中磁场变化规律如图乙所示，且磁场方向垂直于环面对里，在t1～t2这段时间内：(1)金属环中自由电子定向移动的方向如何？(2)通过金属环的感应电荷量为多少？解析：(1)由楞次定律知，金属环中感应电流的方向为逆时针方向，故自由电子定向移动的方向为顺时针方向．(2)q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)＝eq\f(nSB2－B1,R)＝eq\f(1×100×10－4×0.2－0.1,0.1)C＝1×10－2C.答案：(1)顺时针(2)1×10－2C12．(2022·金华高二检测)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时：(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝eq\r(2gh)线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BLeq\r(2gh).(2)此时线框中电流I＝eq\f(E,R)，cd两点间的电势差U＝I·eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4)BLeq\r(2gh).(3)安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)依据牛顿其次定律mg－F＝ma，由a＝0，解得下落高度满足h＝eq\f(m2gR2,2B4L4).答案：(1)BLeq\r(2gh)(2)eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)h＝eq\f(m2gR2,2B4L4)(B)一、单项选择题1．内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处在竖直向下的磁场中，如图所示，当磁场突然增加时小球()A．沿顺时针方向运动B．沿逆时针方向运动C．在原位置四周往复运动D．仍保持静止状态解析：选A.磁场突然增加时，激发出逆时针方向的感生电场，对负电荷的作用力为顺时针，故小球沿顺时针方向运动．2．如图，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为()A．BLveq\f(BLvR0,R0＋r) B．πBLvBLvC．BLv2BLv D．2BLveq\f(2BLvR0,R0＋r)解析：选D.AB的等效长度是直径2L，故感应电动势为2BLv，AB间的电势差是外电压，依据闭合电路欧姆定律，U＝eq\f(E,R0＋r)R0＝eq\f(2BLvR0,R0＋r).故选D.3．(2022·高考新课标全国卷)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开头绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：选C.导线框匀速转动时产生的电动势E＝eq\f(1,2)B0R2ω；导线框不动而磁场发生变化得到同样的电动势，由E＝eq\f(1,2)πR2·eq\f(ΔB,Δt)得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π).☆4.(2021·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开头计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()解析：选A.设a到MN的垂直距离为x＝x0＋vt，由相像比知eq\f(L0,L)＝eq\f(x0,x0＋vt)，由电阻定律R＝ρeq\f(L,S)，eq\f(R0,R)＝eq\f(x0,x0＋vt)，由电磁感应定律E＝BLv，I＝eq\f(E,R)知eq\f(I0,I)＝1∶1，A正确．5.(2021·高考安徽卷)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽视不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9W解析：选B.把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡条件得mgsin37°＝F安＋Ff①Ff＝μFN②FN＝mgcos37°③而F安＝BIL④I＝eq\f(E,R＋r)⑤E＝BLv⑥联立①～⑥式，解得v＝eq\f(mgsin37°－μcos37°R＋r,B2L2)代入数据得v＝5m/s.小灯泡消耗的电功率为P＝I2R⑦由⑤⑥⑦式得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R＋r)))2R＝1W．故选项B正确．甲6．(2022·山东日照高二月考)在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面对里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开头，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触形成闭合回路，如图甲所示．则图乙所示图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图象是()乙解析：选B.金属棒ab沿x轴以恒定速度v运动，因此x＝vt，则金属棒在回路中的有效长度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由电磁感应定律得回路中感应电动势E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，选项B正确．7．如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化状况和磁通量变化率分别是()A．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q)B．正在减弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)C．正在减弱；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,q)D．正在增加；eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(dmg,nq)解析：选B.油滴平衡有mg＝qeq\f(UC,d)，UC＝eq\f(mgd,q)，电容器上极板必带负电，那么螺线管下端相当于电源正极，由楞次定律知，磁场B正在减弱，又E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，UC＝E，可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,nq).故选B.二、多项选择题8．(2022·武汉外国语学校高二检测)如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里，虚线间的距离为l.金属圆环的直径也是l.圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域．则下列说法正确的是()A．感应电流的大小先增大后减小再增大再减小B．感应电流的方向先逆时针后顺时针C．金属圆环受到的安培力先向左后向右D．进入磁场时感应电动势平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)πBlv解析：选AB.在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量渐渐增大，依据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E＝Blv，有效长度先增大后减小，所以感应电流先增大后减小，同理可以推断出磁场时的状况，A、B两项正确；依据左手定则可以推断，进入磁场和出磁场时受到的安培力都向左，C项错误；进入磁场时感应电动势平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,4)πl2,\f(l,v))＝eq\f(1,4)πBlv，D项错误．故选AB.9．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，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，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝eq\f(B2L2v,R)D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的削减解析：选AC.在金属棒下落过程中受重力、弹簧弹力和安培力作用，但释放瞬间，弹簧弹力为零，安培力也为零，只受重力作用，所以加速度等于重力加速度g，故选项A正确．依据楞次定律(或右手定则)可以推断，电阻R中的电流方向为b→a，故B选项错．金属棒速度为v时，金属棒中产生的电动势E＝BLv，回路中电流I＝eq\f(E,R)，安培力F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，故选项C正确．依据能量守恒定律，金属棒重力势能的削减量一部分转化为动能和弹簧的弹性势能，一部分转化为焦耳热，故D选项错．10．(2022·高考山东卷)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开头匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．当导体棒速度达到eq\f(v,2)时加速度大小为eq\f(g,2)sinθD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析：选AC.当导体棒速度达到v时开头匀速运动，有eq\f(B2L2v,R)＝mgsinθ.当导体棒以速度2v匀速运动，有eq\f(B2L22v,R)＝mgsinθ＋F，可得F＝mgsinθ，故F的功率为2mgvsinθ.当导体棒速度达到eq\f(v,2)，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma，可得a＝eq\f(g,2)sinθ.当导体棒以2v的速度匀速运动时，依据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选AC.三、非选择题11．如图所示，正方形闭合线圈边长为0.2m，质量为0.1kg，电阻为0.1Ω，在倾角为30°的斜面上的砝码质量为0.4kg，匀强磁场磁感应强度为0.5T，不计一切摩擦，砝码沿斜面下滑线圈开头进入磁场时，它恰好做匀速运动．(g取10m/s2)(1)求线圈匀速上升的速度；(2)在线圈匀速进入磁场的过程中，砝码对线圈做了