2020版高考物理一轮复习 第十章 课时作业36 电磁感应规律的综合应用（二）课件 新人教版

课时作业36电磁感应规律的综合应用(二)时间：45分钟1．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正)，则下列表示I­t关系的图线中，正确的是()D解析：导线框完全进入磁场后，磁通量保持不变，没有感应电流产生，故A、B错误．线框进入和穿出磁场过程，有效切割长度发生变化，所以感应电动势和感应电流发生变化，故C错误．线框进入磁场过程，有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流I均匀增大；穿出磁场过程，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反，故D正确．2．如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为其圆心．环内两个圆心角为90°关于圆心对称的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等、方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心与圆环间连有电阻R.杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流i随ωt变化的图象是()C解析：杆OM以角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好进入磁场，故ωt在0～π2内时，电阻R中有电流流过，B错误；根据右手定则可知，ωt在0～π2内时，感应电流的方向由M指向圆心O，流过电阻R时的方向是从b流向a，与题中规定的正方向相反，为负值，A错误；ωt在π2～π内时，杆OM处没有磁场，则没有感应电流产生，C正确，D错误．3．(多选)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的磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，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，如图所示的各图中，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和回路中电流I(设顺时针方向为正方向)随导线框ab边位置变化情况的是()BC解析：本题考查电磁感应的图象问题．ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0～L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0.感应电动势为E＝BLv＝1×0.1×4V＝0.4V，电路中的电流I＝E4r＝0.44A＝0.1A，Uab是外电压，则有Uab＝I·3r＝0.3V；dc切割磁感线过程，x在L～2L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，Uab0.感应电动势为E′＝BLv＝1×0.1×4V＝0.4V，Uab是外电压，Uab′＝Ir＝0.1V，则B正确，A错误；ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0～L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，dc切割磁感线过程，x在L～2L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针．大小都是0.1A，故C正确，D错误．4．如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流逆时针方向为正方向，其感应电流i随位移x变化的图象正确的是()B解析：首先判断感应电流的方向，闭合导线框穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向先向外后向内，根据安培定则，感应电流先逆时针后顺时针，即先正后负，故A、D错误；再考虑大小情况，导线框向右运动过程中切割的有效长度是先增大后减小，根据E＝BLv，知感应电动势的大小是先增大后减小，则感应电流先增大后减小，所以B正确，C错误．5．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．现给导体棒一个向右的初速度，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解析：导体棒运动过程中受向左的安培力F＝B2L2vR，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＝Fm＝B2L2vRm，则a减小，v­t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＝ΔΦR＝BLRx，可知C、D项错误．6．如图所示，足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L＝0.5m，其下端与R＝1Ω的电阻连接，质量为m＝0.2kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计．磁感应强度B＝2T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.4kg的重物相连，重物离地面足够高．使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t＝1s时，其速度达到最大(g取10m/s2)．求：(1)导体棒的最大速度vm；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t＝1s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？解析：(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvm感应电流I＝ER，安培力FA＝BIL导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg＝mgsin30°＋FA联立解得vm＝3m/s(2)以导体棒和重物为系统由动量定理得Mgt－mgsin30°·t－BILt＝(M＋m)v－0即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)v－0解得1s内流过导体棒的电荷量q＝1.2C电荷量q＝ΔΦR＝BLxR解得1s内导体棒上滑位移由能量守恒定律得Mgx＝mgxsin30°＋12(M＋m)v2＋Q解得Q＝0.9J答案：(1)3m/s(2)0.9J7．(2019·福建质检)(多选)如右图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是()BCD解析：线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．若安培力等于重力，线框做匀速运动，此时vm＝mgRB2L2，完全进入后只受重力，线框加速下落，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，速度减小，故B正确；若重力小于安培力，由B2L2Rv－mg＝ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确、A错误；若进入时重力大于安培力，由mg－B2L2Rv＝ma，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，故D正确．8．(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示．t＝0.22s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()BDA．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C解析：0～0.1s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt，代入数据得E＝30V，A错．开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B对．对于t＝0.22s时通过线圈的磁通量正在减少，对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误．K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，细框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03C，D对．9．如图所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻．在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的导体棒，其电阻为r，导体棒与金属导轨接触良好．导体棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计．求：(1)导体棒匀速运动时回路中电流大小．(2)导体棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电量．解析：(1)根据安培力的计算公式F＝BImL解得：Im＝FBL(2)根据闭合电路欧姆定律可得：Im＝BLvR＋r解得：v＝FR＋rB2L2根据电荷量的计算公式可得：q＝I·t根据动量定理可得：F·t－BIL·t＝mv解得：q＝FtBL－mFR＋rB3L3答案：(1)FBL(2)FR＋rB2L2FtBL－mFR＋rB3L310．(2019·桂林模拟)如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高，ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长．求：(1)ab、cd棒的最终速度．(2)全过程中感应电流产生的焦耳热．解析：(1)设ab、cd棒的长度分别为3L和L，磁感应强度为B，ab棒进入水平轨道的速度为v，对于ab棒，金属棒下落h过程应用动能定理：mgh＝12mv2解得ab棒刚进入磁场时的速度为v＝2gh当ab棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流．ab棒受到安培力作用而减速，cd棒受到安培力而加速，cd棒运动后也将产生感应电动势，与ab棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小．最终达到匀速运动时，回路的电流为零，所以Ea＝Ec即：3BLva＝BLvc得：3va＝vc设ab棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为Δt，对ab、cd分别应用动量定理得：－FaΔt＝－3BILΔt＝mva－mvFcΔt＝BILΔt＝mvc－0解得：va＝1102gh，vc＝3102gh(2)根据能量守恒定律得回路产生的总热量为：Q＝mgh－12mv2a－12mv2c联立得：Q＝910mgh.答案：(1)1102gh3102gh(2)910mgh