2020版高考物理一轮复习 第十章 电磁感应（第3课时）课时作业（含解析）

课时作业【基础练习】 热点一电磁感应中的电路问题1(多选)(2018河北定州中学模拟)如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R.现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内()A顺时针方向转动时，感应电流方向为EFGHEB平均感应电动势大小等于C平均感应电动势大小等于D通过导线框横截面的电荷量为BD解析：由于虚线位置是经过到达的，而且线框是顺时针方向移动，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为EHGFE，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E，OCa，OAa，ABAC；根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化S(32)a2，解得：E，故B正确，C错误；通过导线框横截面的电荷量qItt，故D正确2(多选)(2018牡丹江市一中摸底考试)如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置，若v1v212，则在这两次过程中()A回路电流I1I212B产生的热量Q1Q214C通过任一截面的电荷量q1q211D外力的功率P1P212AC解析：回路中感应电流为I，Iv，则得I1I2v1v212，故A正确；产生的热量为QI2Rt()2R，Qv，则得Q1Q2v1v212，故B错误；通过任一截面的电荷量为qItt，q与v无关，则得q1q211，故C正确；由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得PI2R()2R，Pv2，则得P1P214，故D错误热点二电磁感应中的图象问题3(2018河北唐山模拟)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解析：导体棒运动过程中受向左的安培力F，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，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qx，可知C、D项错误4(多选)(2018长沙市长郡中学模拟)如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示，已知线圈的电阻为R，则下列说法正确的是()A线圈内产生的感应电动势最大值为SB0B线圈内产生的感应电流最小值为C线圈内产生的感应电动势周期为4 sD01 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向CD解析：由图乙可知，在01 s内产生的感应电动势最大，最大值为EmaxnSnB0S，选项A错误；12 s内线圈内产生的感应电动势最小，最小值为零，选项B错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4 s，选项C正确；根据楞次定律可知，01 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，选项D正确5(2018潍坊联考)如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是()C解析：在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D，故C正确6(2018广西柳州高级中学模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示()A线框受到的水平外力一定是恒定的B线框边长与磁场宽度的比值为38C出磁场的时间是进入磁场时的一半D出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等B解析：根据EBLv，I，FBIL，vat以及F拉Fma可知，线框受到水平外力是变力，且出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图象及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可知，线框边长与磁场宽度比值为38，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误7(多选)(2018内蒙古奋斗中学模拟)如图所示，边长为L、总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧邻两个磁感应强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场现使线框以速度v0匀速通过磁场区域，从开始进入，到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是()AC解析：线圈进入左侧磁场过程：位移为0L的过程中，感应电动势EBLv0，感应电流Ii0，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，为正值，a的电势比b的电势高，ab间的电势差Uabu0；位移为L2L的过程中，感应电动势E2BLv0，感应电流I2i0，由右手定则可知电流方向为顺时针方向，为负值，a的电势比b的电势高，ab间的电势差Uab2u0；位移为2L3L的过程中，感应电动势EBLv0，感应电流Ii0，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，为正值，a的电势比b的电势低，ab间的电势差Uab3u0.综上所述，故A、C正确，B、D错误【素能提升】8(2018辽宁葫芦岛市六校联考)如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m0.1 kg，半径为r0.1 m，导线单位长度的阻值为0.1 /m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示金属圈下半部分在磁场外已知从t0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断重力加速度g取10 m/s2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F；(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.解析：(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向由图乙知，0.8 T/s金属圈的电阻为R2r金属圈中感应电流I0.8 A0.2 A(2)t时刻磁感应强度Bt金属圈受到的安培力F安BI2r细线的拉力FF安mgBI2rmg当t10 s时，代入数据得F1.32 N(3)金属圈内产生的焦耳热QI2Rt代入数据得Q0.025 J答案：(1)0.2 A逆时针方向(2)1.32 N(3)0.025 J9(2018江西吉水中学等三校联考)如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，用力F0.25 N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为Ff10.15 N、Ff20.1 N，两杆的有效电阻R1R20.1 ，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m13m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等求：(1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？解析：因FFf1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2Ff2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是：FFf1Ff20.(1)当F0.25 N时，FFf1Ff20，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax，故此种情况有：电流Im，安培力FmBIml，则有FFmFf10，由此得vmax0.32 m/s.(2)当F0.3 NFf1Ff2，对ab、cd组成的系统，ab、cd所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F合FFf1Ff20.05 N对系统有F合(m1m2)a，因为2m13m2，则F合m2a.取cd为研究对象，F安Ff2m2a，F安BIl，I，联立各式解得v(F合Ff2)0.384 m/s.答案：(1)0.32 m/s(2)0.384 m/s10(2018北京东城模拟)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R3 的定值电阻，下端开口，轨道间距L1 m整个装置处于磁感应强度B2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上质量m1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r1 ，电路中其余电阻不计金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好不计空气阻力影响已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数0.5，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2.(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm由牛顿第二定律有mgsin mgcos F安0F安BILIEBLvm由以上各式代入数据解得vm2.0 m/s.(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PRI2R，解得PR3 W.(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x由能量守恒定律得mgxsin mgxcos QRQrmv根据焦耳定律有联立解得x2.0 m根据qIt，I，E，BLx，解得q1.0 C.答案：(1)2.0 m/s(2)3 W(3)1.0 C11(2017湖南长沙四县三月模拟，25)足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mbmc0.1 kg，电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v010 m/s开始向左运动，求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒中产生的焦耳热；(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度为：vv0v05 m/s(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Qmbv(mbmc)v22.5 J因为RbRc，所以c棒中产生的焦耳热为Qc1.25 J(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：mcv2mcv2mcg2R解得v3 m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcgFmc解得F1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N答案：(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N 温馨提示：M、N足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，而光滑半圆轨道处在磁场外当b以初速度v0开始向左运动后，a加速，b减速，直到速度相等，这时通过a和b及轨道回路的磁通量不再变化，也就没有感应电流产生当a到达圆轨道以后，因为b在切割磁感线，a和b中有感应电流，但半圆轨道处没有磁场，所以a仅受重力和轨道弹力作用，机械能守恒10