版高考物理一轮复习第十章第3讲电磁感应规律的综合应用练习鲁科版
2019版高考物理一轮复习第十章第3讲电磁感应规律的综合应用练习鲁科版本文简介:第3讲电磁感应规律的综合应用[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.如图所示是两个相互连接的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过大金属环所在区域.当磁感应强度随时间均匀变化时,在大环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为()A.EB.EC.ED.
2019版高考物理一轮复习第十章第3讲电磁感应规律的综合应用练习鲁科版本文内容:
第3讲
电磁感应规律的综合应用
[课时作业]
单独成册
方便使用
[基础题组]
一、单项选择题
1.如图所示是两个相互连接的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过大金属环所在区域.当磁感应强度随时间均匀变化时,在大环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为(
)
A.E
B.E
C.E
D.E
解析:a、b间的电势差等于路端电压,而小环电阻占电路总电阻的,故Uab=E,B正确.
答案:B
2.(2018·广东四校联考)如图所示,在一磁感应强度B=0.5
T的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1
m的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=0.3
Ω的电阻.导轨上正交放置着金属棒ab,其电阻r=0.2
Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4.0
m/s向左做匀速运动时(
)
A.ab棒所受安培力大小为0.02
N
B.N、Q间电压为0.2
V
C.a端电势比b端电势低
D.回路中感应电流大小为1
A
解析:ab棒产生的电动势E=BLv=0.2
V,电流I==0.4
A,ab棒受的安培力F=BIL=0.02
N,A正确,D错误;N、Q之间的电压U=E=0.12
V,B错误;由右手定则得a端电势较高,C错误.
答案:A
3.如图所示,在一匀强磁场中有一U形导线框abcd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时,给ef一个向右的初速度,则(
)
A.ef将减速向右运动,但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动,最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
解析:ef向右运动,切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动,直到停止,但不是匀减速,由F=BIL==ma知,ef做的是加速度减小的减速运动,故A正确.
答案:A
4.如图所示,有两根与水平方向成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(电阻忽略不计)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.如果B增大,vm将变大
B.如果α增大,vm将变大
C.如果R变小,vm将变大
D.如果m变小,vm将变大
解析:金属杆从轨道上由静止滑下,经足够长时间后,速度达最大值vm,此后金属杆做匀速运动.杆受重力mg、轨道的支持力N和安培力F,如图所示.而F=,对金属杆有mgsin
α=,即vm=.由此式可知,B增大,vm减小;α增大,vm增大;R变小,vm变小;m变小,vm变小.因此选项A、C、D错误,选项B正确.
答案:B
二、多项选择题
5.(2018·江淮十校联考)如图甲所示,一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝),面积为S,线圈的电阻为R,在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表.将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.下列说法正确的是(
)
A.0~t1时间内P点电势低于Q点电势
B.0~t1时间内电压表的读数为
C.t1~t2时间内R上的电流为
D.0~t2时间内线圈中的电流方向不变
解析:根据楞次定律可知:0~t1时间内,线圈中感应电流方向为逆时针,所以P点电势高,A错误.0~t1时间内的感应电动势E=n·S=,而电压表的读数是路端电压,所以U=·E=·S,B正确.t1~t2时间内,感应电动势E′=n=n,感应电流I′==,C正确.t1~t2时间内,感应电流的方向为顺时针,D错误.
答案:BC
6.如图所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后(
)
A.金属棒ab、cd都做匀速运动
B.金属棒ab上的电流方向是由b向a
C.金属棒cd所受安培力的大小等于
D.两金属棒间距离保持不变
解析:对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,A、D错误,B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析,有F-
F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=F,C正确.
答案:BC
7.(2018·山西四校联考)如图所示,两根等高光滑的圆弧轨道,半径为r、间距为L,轨道电阻不计.在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始,在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处,则该过程中(
)
A.通过R的电流方向由外向内
B.通过R的电流方向由内向外
C.R上产生的热量为
D.流过R的电荷量为
解析:金属棒从cd运动至ab处的过程中,闭合回路中的磁通量减小,再由楞次定律及安培定则可知,回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看),则通过R的电流为由外向内,故A对,B错.通过R的电荷量为q==,D错.R上产生的热量为Q=t=
=,C对.
答案:AC
[能力题组]
一、选择题
8.(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(
)
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,v-t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==x,可知C、D项错误.
答案:B
9.如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,轨道平面与水平面成θ角,上端与一电阻R相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的金属杆ab,从高为h处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计,重力加速度为g.则(
)
A.金属杆加速运动过程中的平均速度为
B.金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C.当金属杆的速度为时,它的加速度大小为
D.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh-mv2
解析:对金属杆分析知,金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用,先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动,因金属杆加速运动过程不是匀加速,故其平均速度不等于,A错误.当安培力等于重力沿斜面的分力,即mgsin
θ=时,杆ab开始匀速运动,此时v最大,安培力最大,故匀速运动时克服安培力做功的功率大,B错误;当金属杆速度为时,F安==mgsin
θ,所以F合=mgsin
θ-F安=mgsin
θ=ma,得a=,C正确;由能量守恒可得mgh-mv2=Qab+QR,即mgh-mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热,D错误.
答案:C
10.(多选)如图所示,有一个磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,一半径为r、电阻为2R的金属圆环放置在磁场中,金属圆环所在的平面与磁场垂直.金属杆Oa一端可绕环的圆心O旋转,另一端a搁在环上,电阻值为R;另一金属杆Ob一端固定在O点,另一端b固定在环上,电阻值也是R.已知Oa杆以角速度ω匀速旋转,所有接触点接触良好,Ob不影响Oa的转动,则下列说法正确的是(
)
A.流过Oa的电流可能为
B.流过Oa的电流可能为
C.Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2
D.Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2
解析:Oa旋转时产生的感应电动势的大小为E=Bωr2,D正确,C错误;当Oa旋转到与Ob共线但不重合时,等效电路如图甲所示,
此时有Imin==,当Oa与Ob重合时,环的电阻为0,等效电路如图乙所示,此时有Imax==,所以≤I≤,A、B正确.
答案:ABD
二、非选择题
11.(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θ=37°的绝缘斜面上,顶部接有一阻值R=3
Ω的定值电阻,下端开口,轨道间距L=1
m.整个装置处于磁感应强度B=2
T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上.质量m=1
kg的金属棒ab置于导轨上,ab在导轨之间的电阻r=1
Ω,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μ=0.5,sin
37°=0.6,cos
37°=0.8,取g=10
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
θ-μmgcos
θ-F安=0
F安=BIL
I=
E=BLvm
由以上各式代入数据解得vm=2.0
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PR=I2R,
解得PR=3
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
θ=μmgxcos
θ+QR+Qr+mv
根据焦耳定律有
=
联立解得x=2.0
m
根据q=Δt,=,=,ΔΦ=BLx,
解得q==1.0
C.
答案:(1)2.0
m/s
(2)3
W
(3)1.0
C
12.如图所示,两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ,导轨间距为l,所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上.将阻值相同、质量均为m的相同甲、乙两金属杆放置在导轨上,甲金属杆处在磁场的上边界,甲、乙相距l.从静止释放两金属杆的同时,在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力,使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动,且加速度大小为a=gsin
θ,乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动.
(1)求每根金属杆的电阻R的大小.
(2)从刚释放金属杆时开始计时,写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式,并说明F的方向.
(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场,乙金属杆共产生热量Q,试求此过程中外力F对甲做的功.
解析:(1)甲、乙匀加速运动时加速度相同,所以,当乙进入磁场时,甲刚出磁场,乙进入磁场时的速度v=.根据平衡条件有mgsin
θ=.
解得R=.
(2)甲在磁场中运动时,外力F始终等于安培力,F=,v=gsin
θ·t,将R=代入得F=
t,方向沿导轨向下.
(3)乙进入磁场前,甲、乙产生相同热量,设为Q1,则有F安l=2Q1,
又F=F安,
故外力F对甲做的功WF=Fl=2Q1.
甲出磁场以后,外力F为零,乙在磁场中,甲、乙产生相同热量,设为Q2,则有
F安′l=2Q2,
又F安′=
mgsin
θ,Q=Q1+Q2,
解得WF=2Q-mglsin
θ.
答案:(1)
(2)F=
t,方向沿导轨向下
(3)2Q-mglsin
θ