《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)課后分級演練30電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用.doc-匯文網(wǎng)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)課后分級演練30電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用.doc-匯文網(wǎng)（10頁珍藏版）》請?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、課后分級演練(三十) 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用【A級基礎(chǔ)練】1.英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場如圖所示，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為q的小球已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A0B.r2qkC2r2qkDr2qk解析：D變化的磁場產(chǎn)生的感生電動勢為Er2kr2，小球在環(huán)上運(yùn)動一周感生電場對其所做的功WqEqkr2，D項(xiàng)正確，A、B、C項(xiàng)錯誤2.(2017河南名校聯(lián)考)如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌的一端接有電阻和開關(guān)，導(dǎo)軌光

2、滑且電阻不計，勻強(qiáng)磁場的方向與導(dǎo)軌平面垂直，金屬桿ab置于導(dǎo)軌上當(dāng)開關(guān)S斷開時，在桿ab上作用一水平向右的恒力F，使桿ab向右運(yùn)動進(jìn)入磁場，一段時間后閉合開關(guān)并開始計時，金屬桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，v、i、F、a分別表示金屬桿在運(yùn)動過程中的速度、感應(yīng)電流、安培力、加速度下列圖象中一定錯誤的是()解析：C當(dāng)開關(guān)閉合時，整個回路有感應(yīng)電流，金屬桿ab將受到安培力的作用，若恒力F等于安培力，則金屬桿ab做勻速運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，B正確；若恒力F大于安培力，則金屬桿ab先做加速度減小的加速運(yùn)動，最后做勻速運(yùn)動，加速度為零，D正確；若恒力F小于安培力，則金屬桿ab先做加速度減小的減

3、速運(yùn)動，最后做勻速運(yùn)動，A正確；金屬桿ab在運(yùn)動過程中受到的安培力FBiLBL，由以上分析可知C錯誤3.如圖所示，線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，線圈電阻為r，處于一個均勻增強(qiáng)的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率為k(k0)，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直上、下兩極板水平放置的電容器，極板間距為d，電容為C，在電容器兩極板之間有一質(zhì)量為m的帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩個電阻的阻值分別為r和2r.則下列說法正確的是()AP帶負(fù)電，電荷量BP帶正電，電荷量為CP帶負(fù)電，電荷量為DP帶正電，電荷量為解析：C閉合線圈與阻值為r的電阻形成閉合回路，線圈相當(dāng)于電源，電容器兩極板間的電壓等于路端電壓；線圈產(chǎn)生的感

4、應(yīng)電動勢為EnSnSk，路端電壓U，對帶電微粒有qmg，即q；根據(jù)楞次定律可知，電容器上極板帶正電，所以微粒P帶負(fù)電選項(xiàng)C正確4.如圖所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上，若取順時針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，則金屬框穿過磁場的過程中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象是()解析：C在金屬框進(jìn)入磁場過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針，金屬框切割磁感線的有效長度線性增大，排除A、B；在金屬框出磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，金屬框切割磁感線的有效長度線性減小，排除D

5、，故C正確5(多選)如圖甲所示，光滑絕緣水平面，虛線MN的右側(cè)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2 T的勻強(qiáng)磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量為m0.1 kg的矩形線圈bcde，bc邊長L10.2 m，電阻R2 .t0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過1 s，線圈的bc邊到達(dá)磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場，在整個運(yùn)動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則()A恒定拉力大小為0.05 NB線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2C線圈be邊長L20.5 mD在第2 s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2 C解析：ABD在第

6、1 s末，i1，EBL1v1，v1a1t1，F(xiàn)ma1，聯(lián)立得F0.05 N，A項(xiàng)正確在第2 s內(nèi)，由題圖乙分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動，第2 s末i2，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B項(xiàng)正確在第2 s內(nèi)，vv2a2L2，得L11 m，C項(xiàng)錯誤q0.2 C，D項(xiàng)正確6.如圖所示的勻強(qiáng)磁場中有一根彎成45的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導(dǎo)線MN與金屬線緊密接觸，起始時OAl0，且MNOQ，所有導(dǎo)線單位長度電阻均為r，MN勻速水平向右運(yùn)動的速度為v，使MN勻速運(yùn)動的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖象正確的是()解析：C設(shè)經(jīng)過時間t，則N點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為l0vt，直

7、導(dǎo)線在回路中的長度也為l0vt，此時直導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EB(l0vt)v；整個回路的電阻為R(2)(l0vt)r，回路的電流I；直導(dǎo)線受到的外力F大小等于安培力，即FBILB(l0vt)(l0vt)，故C正確7.(2017 湖北“六校聯(lián)合體”4月聯(lián)考)如圖所示，兩條電阻不計的平行導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab，垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，且R2nR1，如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑，導(dǎo)體棒此時受到的安培力大小為F，則以下判斷正確的是()A電阻R1消耗的電功率為Fv/nB重力做功的功率為mgvcos

8、 C運(yùn)動過程中減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為電能DR2消耗的功率為nFv/(n1)解析：D導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時，由EBLv、I、FBIL得安培力F，電阻R1消耗的熱功率為PI2R1R1，又R2nR1，聯(lián)立解得，P，故A錯誤；重力做功的功率為mgvsin ，B錯誤；導(dǎo)體棒克服安培力和摩擦力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能和內(nèi)能，C錯誤；R2和R1串聯(lián)，電流相等，根據(jù)PI2R可知，R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍，為nFv/(n1)，D正確；故選D.8.(多選)(2017東北三校聯(lián)考)如圖所示，M、N為網(wǎng)一水平面內(nèi)的兩條平行長直導(dǎo)軌，左端串接電阻R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，金屬桿和導(dǎo)軌的電阻不計，桿

9、與導(dǎo)軌間接觸良好且無摩擦，整個裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)對金屬桿施加一個與其垂直的水平方向的恒力F，使金屬桿從靜止開始運(yùn)動在運(yùn)動過程中，金屬桿的速度大小為v，R上消耗的總能量為E，則下列關(guān)于v、E隨時間變化的圖象可能正確的是()解析：AD對金屬桿ab施加一個與其垂直的水平方向的恒力F，使金屬桿從靜止開始運(yùn)動由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，受到隨速度的增大而增大的安培力作用，所以金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)安培力增大到等于水平方向的恒力F時，金屬桿做勻速直線運(yùn)動，vt圖象A正確，B錯誤由功能關(guān)系知，開始水平方向的恒力F做的功一部分使金屬桿動能增大，另一部分轉(zhuǎn)化為電能，被

10、電阻R消耗掉；當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的總能量E，因此Et圖象可能正確的是D.9.如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為L，與水平面間的夾角為，導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板，上端連接一個阻值R2r的電阻，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端，其中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動，已知每根金屬棒質(zhì)量為m、電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好求：(1)經(jīng)多長時間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱悖?2)棒ab對擋板壓力為零時，電

11、阻R的電功率；(3)棒ab運(yùn)動前，拉力F隨時間t的變化關(guān)系解析：(1)棒ab對擋板的壓力為零時，受力分析可得BIabLmgsin 設(shè)經(jīng)時間t0棒ab對檔板的壓力為零，棒cd產(chǎn)生的電動勢為E，則BBLat0IR外rIabI解得t0(2)棒ab對擋板壓力為零時，cd兩端電壓為UcdEIr解得Ucd此時電阻R的電功率為P解得P(3)對cd棒，由牛頓第二定律得FBILmgsin maIEBLat解得Fm(gsin a)t.答案：(1)(2)(3)Fm(gsin a)t10.(2017河北邯鄲調(diào)研)半徑為a的圓環(huán)電阻不計，放置在垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，環(huán)內(nèi)有一導(dǎo)體棒電阻為r，可以繞環(huán)

12、勻速轉(zhuǎn)動，將電阻R、開關(guān)S連接在環(huán)和棒的O端，將電容器極板水平放置，并聯(lián)在R和開關(guān)S兩端，如圖所示(重力加速度為g)(1)開關(guān)S斷開，極板間有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子恰好靜止，試判斷導(dǎo)體棒的轉(zhuǎn)動方向和角速度的大小(2)當(dāng)S閉合時，該帶電粒子以g的加速度向下運(yùn)動，則R是r的幾倍？解析：(1)由于粒子帶正電，故電容器上極板帶負(fù)電，根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒應(yīng)繞O點(diǎn)沿逆時針方向轉(zhuǎn)動粒子受力平衡，則mgq，EBa2當(dāng)S斷開時，UE，解得.(2)當(dāng)S閉合時，根據(jù)牛頓第二定律：mgqmgUR解得3.答案：(1)導(dǎo)體棒繞O點(diǎn)沿逆時針方向轉(zhuǎn)動(2)3【B級提升練】11(多選)如圖所示，邊長為L、不可形

13、變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為Bkt(常量k0)回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R20.5R0，閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()AR2兩端的電壓為U/7B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2解析：AC據(jù)題意，正方形導(dǎo)線框內(nèi)有一圓形磁場，該磁場產(chǎn)生的電動勢為ESkr2，故選項(xiàng)D錯誤；電壓表示數(shù)U指的是外電壓，由于外電路中電阻連接方式為：滑動變阻器右邊部分R右與R2并聯(lián)，其總電阻為，之后與R左和R1R0串聯(lián)

14、，據(jù)串聯(lián)電路和并聯(lián)電路電壓分配規(guī)律，這三部分電壓分別為：、和，故選項(xiàng)A正確；據(jù)楞次定律可以判斷導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針，故電容器b極板帶正電，故選項(xiàng)B錯誤；據(jù)串、并聯(lián)電路電流特征，滑動變阻器R的熱功率為PI2()2，R2的熱功率為P()2，則有5，故選項(xiàng)C正確12.(多選)如圖，光滑斜面PMNQ的傾角為，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，其中ab邊長為l1，bc邊長為l2，線框質(zhì)量為m、電阻為R，有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于斜面向上，ef為磁場的邊界，且efMN.線框在恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動，其ab邊始終保持與底邊MN平行，F(xiàn)沿斜面向上且與斜面平行已知線框剛進(jìn)入磁場時做勻

15、速運(yùn)動，則下列判斷正確的是()A線框進(jìn)入磁場時的速度為B線框進(jìn)入磁場前的加速度為C線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為(Fmgsin )l1D線框進(jìn)入磁場時有abcd方向的感應(yīng)電流解析：AD因線框剛進(jìn)入磁場時做勻速運(yùn)動，則FF安mgsin ，其中F安，解得v，選項(xiàng)A正確；由牛頓定律可知，對線框進(jìn)入磁場前：Fmgsin ma，則線框進(jìn)入磁場前的加速度為a，選項(xiàng)B錯誤；線框進(jìn)入磁場的過程中，由動能定理：Fl2mgsin l2W安0，故產(chǎn)生的熱量為QW安(Fmgsin )l2，選項(xiàng)C錯誤；由楞次定律可知，線框進(jìn)入磁場時有abcd方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)D正確13.(多選)(2018陜西寶雞模擬)如圖所示，在

16、光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場，PQ為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1B，B22B.一個豎直放置的邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到在每個磁場中各有一半的面積時，線框的速度為，則下列判斷正確的是()A此過程中通過線框截面的電荷量為B此過程中線框克服安培力做的功為mv2C此時線框的加速度為D此時線框中的電功率為解析：BC此過程穿過線框的磁通量的變化量(B2a2B1a2)B1a2Ba2，通過線框截面的電荷量q，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，此過程回路產(chǎn)生的電能為動能的變化

17、量Qmv2m()2mv2，選項(xiàng)B正確；回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EB1aB2aBav，感應(yīng)電流I，左右兩邊所受安培力大小F左B1Ia，F(xiàn)右B2Ia，方向向左，根據(jù)牛二定律得F左F右ma，解得a，故選項(xiàng)C正確；此時線框中的電功率PI2R，選項(xiàng)D錯誤14(2017廈門質(zhì)檢)學(xué)校物理興趣小組設(shè)計了一種可粗略測量磁感應(yīng)強(qiáng)度的實(shí)驗(yàn)，其實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示在該裝置中磁鐵通過細(xì)線豎直懸掛在力傳感器下面，磁鐵兩極之間的磁場可視為水平勻強(qiáng)磁場，其余區(qū)域磁場很弱可忽略不計，此時力傳感器讀數(shù)為F1.細(xì)直金屬棒的兩端通過導(dǎo)線與一阻值為R的電阻連接形成閉合回路，金屬棒電阻為r，導(dǎo)線電阻不計若讓金屬棒水平且垂直于磁場以速度v豎

18、直向下勻速運(yùn)動，此時力傳感器示數(shù)為F2.已知金屬棒在磁場中的長度為d.(1)判斷通過細(xì)直金屬棒中的電流方向和它受到的安培力方向：(2)求出磁鐵兩極之間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小解析：(1)由右手定則判定細(xì)金屬棒PQ中的電流方向從Q到P，由左手定則可判定直金屬棒PQ受到的安培力方向?yàn)樨Q直向上(2)對磁鐵，在金屬棒不動時有：F1mg對磁鐵，在金屬棒向下運(yùn)動時有：F2mgF安又：F安BId，由閉合電路歐姆定律知：I又：EBdv聯(lián)立以上各式，解得：B 答案：(1)從Q到P豎直向上(2) 15(2018河南中原名校聯(lián)考)如圖，一電阻不計、質(zhì)量為m0.5 kg的導(dǎo)體棒PQ放置在金屬導(dǎo)軌abcd上，始終與導(dǎo)軌接觸

19、良好，金屬導(dǎo)軌質(zhì)量為M1.5 kg且足夠長，導(dǎo)軌放在光滑的絕緣水平面上PQbc構(gòu)成矩形棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)0.5，棒左側(cè)有兩個固定于水平面的立柱導(dǎo)軌bc段長為L1 m，開始時PQ左側(cè)導(dǎo)軌的總電阻為R4 ，右側(cè)導(dǎo)軌單位長度的電阻為R01 /m.以ef為界，其左側(cè)勻強(qiáng)磁場方向豎直向上，右側(cè)勻強(qiáng)磁場水平向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B1 T在t0時，一水平向左的拉力F垂直作用在導(dǎo)軌的bc邊上，使導(dǎo)軌由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，加速度為a4 m/s2，g取10 m/s2.(1)求回路中感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流隨時間變化的表達(dá)式；(2)經(jīng)過多長時間拉力F達(dá)到最大值，拉力F的最大值為多少？(3)某過程中回路產(chǎn)生的焦

20、耳熱為Q10 J，導(dǎo)軌克服摩擦力做功為W10 J，求導(dǎo)軌動能的增加量解析：(1)回路中感應(yīng)電動勢EBLv，導(dǎo)軌做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，vat，EBLat4t，sat2，回路中總電阻R總R2R0sR2R0at244t2，回路中感應(yīng)電流隨時間變化的表達(dá)式I.(2)導(dǎo)軌受到外力F、安培力FA和摩擦力Ff，其中FABIL，F(xiàn)f(mgFA)(mg)，由牛頓第二定律知FFAFfMa，解得FMamg(1)，上式中t1 s時外力F取最大值，所以FmaxMamg(1)，代入數(shù)據(jù)可得Fmax9.25 N.(3)設(shè)此過程中導(dǎo)軌運(yùn)動距離為s，由動能定理得W合Ek，W合Mas.由于摩擦力Ff(mgFA)，所以摩擦力做功WfmgsQ.所以s.導(dǎo)軌動能的增加量EkMasMa，代入數(shù)據(jù)可得Ek12 J.答案：(1)E4tI(2)1 s9.25 N(3)12 J