2025版高中物理第四章习题课二电磁感应的综合应用练习含解析新人教版选修3-2

PAGE8-习题课二电磁感应的综合应用1.如图所示,在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图(甲)所示.当磁场的磁感应强度B随时间t做如图(乙)所示的改变时,图(丙)中能正确表示线圈中感应电动势E改变的是(A)解析:由法拉第电磁感应定律,E=nΔΦΔt=nΔBSΔ2.(2024·贵州铜仁期末)一正方形闭合导线框abcd边长L=0.1m,各边电阻均为1Ω,bc边位于x轴上,在x轴原点O右方有宽L=0.1m、磁感应强度为1T、方向垂直于纸面对里的匀强磁场区域,如图所示.在线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中,下列各图中,能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中,ab边两端电势差Uab随位置改变状况的是(B)解析:当ab边进入磁场时,ab为等效电源,Uab为路端电压,Uab=340.3V;当ab边出磁场时,dc为等效电源,Uab=143.如图所示,矩形线圈长为L,宽为h,电阻为R,质量为m,线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计),进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中.线圈进入磁场时的动能为Ek1,线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2,从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q,线圈克服磁场力做的功为W1,重力做的功为W2,则以下关系中正确的是(C)A.Q=Ek1-Ek2 B.Q=W2-W1C.Q=W1 D.W2=Ek2-Ek1解析:线圈进入磁场和离开磁场的过程中,产生的感应电流受到安培力的作用,线圈克服安培力所做的功等于产生的热量,故选项C正确.依据功能的转化关系得,线圈削减的机械能等于产生的热量,即Q=W2+Ek1-Ek2,故选项A,B错误.依据动能定理得W2-W1=Ek2-Ek1,故选项D错误.4.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面对里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;其次次bc边平行于MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则(A)A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2解析:依据功能关系知,线框上产生的热量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=B2lab2vRlbc=B2SvRlab,同理Q2=B2SvRlbc,又lab>lERt=ΔΦR,故q1=q2.因此5.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程为y=x2,其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示),一个质量为m的小金属块从抛物线y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(D)A.mgb B.12mvC.mg(b-a) D.mg(b-a)+12mv解析:金属块在进入磁场或离开磁场的过程中,穿过金属块的磁通量发生改变,产生电流,进而产生焦耳热,最终,金属块在高为a的曲面上做往复运动,削减的机械能为mg(b-a)+12mv26.如图所示,MN和PQ是两根相互平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计,ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆,起先时,将开关S断开,让杆ab由静止起先自由下落,过段时间后,再将S闭合,若从S闭合起先计时,则金属杆ab的速度v随时间t改变的图象不行能是下图中的(B)解析:S闭合时,若B2l2vRB27.如图(甲)所示,多匝线圈两端M,N与一个水平放置的平行板电容器相连,线圈内有垂直纸面对里的磁场,线圈中的磁通量在按图(乙)所示规律改变时,平行板电容器内的带电微粒恰好处于静止状态.下列说法正确的是(A)A.假如只增加线圈匝数,微粒将向上运动B.假如只增加线圈匝数,微粒将向下运动C.假如只将下极板向下缓慢平移,微粒将向上运动D.假如只将下极板向下缓慢平移,微粒保持静止解析:起先时,粒子受向下的重力和向上的静电力平衡,即mg=Edq,其中E=nΔ8.(2024·湖北武汉检测)(多选)如图所示,平行金属导轨与水平面间的倾角为θ,导轨电阻不计,与阻值为R的定值电阻相连.匀强磁场垂直穿过导轨平面,磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的大小为v的初速度向上运动,最远到达a′b′的位置,滑行的距离为s,导体棒的电阻也为R,与导轨之间的动摩擦因数为μ,则(BD)A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为BB.上滑过程中电流做功产生的热量为12mv2-mgs(sinθ+μcosθC.上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mvD.上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv2-mgssin解析:电路中总电阻为2R,故最大安培力的数值为B2l2v2R.由能量守恒定律可知,导体棒动能削减的数值应当等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能,其公式表示为12mv2=mgssinθ+μmgscosθ+Q电热,则有Q电热=12mv2-(mgssinθ+μmgscosθ),即为克服安培力做的功.导体棒损失的机械能即为克服安培力和克服摩擦力做功的和,可得W9.如图所示,圆形线圈半径为r,电阻为R,线圈内磁感应强度大小B随时间t改变的关系为B=kt(常数k>0),方向垂直纸面对里.回路中滑动变阻器的电阻为2R,其他定值电阻为R,不计回路中导线电阻,不考虑导线四周的磁场对线圈内磁场的影响,当闭合开关后,下列说法正确的是(C)A.电容器的上极板带正电B.圆形线圈两端的电压为kπr2C.当滑片位于滑动变阻器的中心时,电容器两端的电压为14kπrD.当把滑片置于滑动变阻器的最上端和中心时,与电容器串联的电阻热功率不同解析:由楞次定律推断线圈中感应电动势方向,可知电容器下极板带正电,选项A错误;线圈两端电压为路端电压,随着滑动变阻器滑片移动,路端电压改变,选项B错误;当滑片位于滑动变阻器中心时,电路的总电阻为83ΔBSΔt=kπr2,所以电容器两端的电压U=14E=1410.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间改变.一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω,t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示.若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间改变的图象可能正确的是(C)解析:导体杆在右边圆形磁场中切割磁感线的有效长度为L=2Rsinωt,产生的感应电动势的大小E=12BL2ω=2BωR2sin2ω磁场中运动时,感应电动势为正,选项D错误.11.(2024·全国Ⅱ卷)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为32解析:设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～lI=2i(顺时针)l2I=0l～3I=2i(逆时针)3l2I=012.如图(a)所示的螺线管,匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2,电阻r=1.5Ω,与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω,R2=25Ω,方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图(b)所示规律改变,试计算电阻R2的电功率.解析:由图(b)知,螺线管中磁感应强度B匀称增加,其改变率为ΔBΔt由法拉第电磁感应定律知螺线管中产生的感应电动势E=nΔΦΔt=n·SΔBΔt=1500×由闭合电路欧姆定律知螺线管回路的电流为I=Er+R1电阻R2消耗的功率为P2=I2R2=(0.2)2×25W=1.0W.答案:1.0W13.把总电阻为2R的匀称电阻丝焊接成一半径为a的圆环,水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示,一长度为2a、电阻等于R、粗细匀称的金属棒MN放在圆环上,它与圆环始终保持良好的电接触,当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时,求:(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN;(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率.解析:金属棒MN切割磁感线产生感应电动势,把金属棒看成一个内阻为R、电源电动势为E的电源,两个半圆环看成两个电阻R并联的外电路,