高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 课后分级演练30 电磁感应定律的综合应用-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课后分级演练(三十) 电磁感应定律的综合应用【A级基础练】1.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为q的小球已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A0B.r2qkC2r2qkDr2qk解析：D变化的磁场产生的感生电动势为Er2kr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功WqEqkr2，D项正确，A、B、C项错误2.(2017河南名校联考)如图所示，两条足够长的平行金属导轨水平放置，导轨的一端接有电阻和开关，导轨光

2、滑且电阻不计，匀强磁场的方向与导轨平面垂直，金属杆ab置于导轨上当开关S断开时，在杆ab上作用一水平向右的恒力F，使杆ab向右运动进入磁场，一段时间后闭合开关并开始计时，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，v、i、F、a分别表示金属杆在运动过程中的速度、感应电流、安培力、加速度下列图象中一定错误的是()解析：C当开关闭合时，整个回路有感应电流，金属杆ab将受到安培力的作用，若恒力F等于安培力，则金属杆ab做匀速运动，产生的感应电流不变，B正确；若恒力F大于安培力，则金属杆ab先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，加速度为零，D正确；若恒力F小于安培力，则金属杆ab先做加速度减小的减

3、速运动，最后做匀速运动，A正确；金属杆ab在运动过程中受到的安培力FBiLBL，由以上分析可知C错误3.如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k(k0)，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直上、下两极板水平放置的电容器，极板间距为d，电容为C，在电容器两极板之间有一质量为m的带电微粒P处于静止状态，两个电阻的阻值分别为r和2r.则下列说法正确的是()AP带负电，电荷量BP带正电，电荷量为CP带负电，电荷量为DP带正电，电荷量为解析：C闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压；线圈产生的感

4、应电动势为EnSnSk，路端电压U，对带电微粒有qmg，即q；根据楞次定律可知，电容器上极板带正电，所以微粒P带负电选项C正确4.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()解析：C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

5、，故C正确5(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面，虚线MN的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量为m0.1 kg的矩形线圈bcde，bc边长L10.2 m，电阻R2 .t0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示，则()A恒定拉力大小为0.05 NB线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2C线圈be边长L20.5 mD在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：ABD在第

6、1 s末，i1，EBL1v1，v1a1t1，Fma1，联立得F0.05 N，A项正确在第2 s内，由题图乙分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B项正确在第2 s内，vv2a2L2，得L11 m，C项错误q0.2 C，D项正确6.如图所示的匀强磁场中有一根弯成45的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OAl0，且MNOQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN匀速水平向右运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是()解析：C设经过时间t，则N点距O点的距离为l0vt，直

7、导线在回路中的长度也为l0vt，此时直导线产生的感应电动势EB(l0vt)v；整个回路的电阻为R(2)(l0vt)r，回路的电流I；直导线受到的外力F大小等于安培力，即FBILB(l0vt)(l0vt)，故C正确7.(2017 湖北“六校联合体”4月联考)如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面，一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直于导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，且R2nR1，如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是()A电阻R1消耗的电功率为Fv/nB重力做功的功率为mgvcos

8、 C运动过程中减少的机械能全部转化为电能DR2消耗的功率为nFv/(n1)解析：D导体棒以速度v匀速下滑时，由EBLv、I、FBIL得安培力F，电阻R1消耗的热功率为PI2R1R1，又R2nR1，联立解得，P，故A错误；重力做功的功率为mgvsin ，B错误；导体棒克服安培力和摩擦力做功，减少的机械能转化为电能和内能，C错误；R2和R1串联，电流相等，根据PI2R可知，R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍，为nFv/(n1)，D正确；故选D.8.(多选)(2017东北三校联考)如图所示，M、N为网一水平面内的两条平行长直导轨，左端串接电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆

9、与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是()解析：AD对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，vt图象A正确，B错误由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被

10、电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此Et图象可能正确的是D.9.如图所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R2r的电阻，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端，其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动，已知每根金属棒质量为m、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好求：(1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零；(2)棒ab对挡板压力为零时，电

11、阻R的电功率；(3)棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系解析：(1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得BIabLmgsin 设经时间t0棒ab对档板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则BBLat0IR外rIabI解得t0(2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为UcdEIr解得Ucd此时电阻R的电功率为P解得P(3)对cd棒，由牛顿第二定律得FBILmgsin maIEBLat解得Fm(gsin a)t.答案：(1)(2)(3)Fm(gsin a)t10.(2017河北邯郸调研)半径为a的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒电阻为r，可以绕环

12、匀速转动，将电阻R、开关S连接在环和棒的O端，将电容器极板水平放置，并联在R和开关S两端，如图所示(重力加速度为g)(1)开关S断开，极板间有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子恰好静止，试判断导体棒的转动方向和角速度的大小(2)当S闭合时，该带电粒子以g的加速度向下运动，则R是r的几倍？解析：(1)由于粒子带正电，故电容器上极板带负电，根据右手定则可知，导体棒应绕O点沿逆时针方向转动粒子受力平衡，则mgq，EBa2当S断开时，UE，解得.(2)当S闭合时，根据牛顿第二定律：mgqmgUR解得3.答案：(1)导体棒绕O点沿逆时针方向转动(2)3【B级提升练】11(多选)如图所示，边长为L、不可形

13、变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为Bkt(常量k0)回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R20.5R0，闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()AR2两端的电压为U/7B电容器的a极板带正电C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D正方形导线框中的感应电动势为kL2解析：AC据题意，正方形导线框内有一圆形磁场，该磁场产生的电动势为ESkr2，故选项D错误；电压表示数U指的是外电压，由于外电路中电阻连接方式为：滑动变阻器右边部分R右与R2并联，其总电阻为，之后与R左和R1R0串联

14、，据串联电路和并联电路电压分配规律，这三部分电压分别为：、和，故选项A正确；据楞次定律可以判断导线框中产生的感应电流为逆时针，故电容器b极板带正电，故选项B错误；据串、并联电路电流特征，滑动变阻器R的热功率为PI2()2，R2的热功率为P()2，则有5，故选项C正确12.(多选)如图，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且efMN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行已知线框刚进入磁场时做匀

15、速运动，则下列判断正确的是()A线框进入磁场时的速度为B线框进入磁场前的加速度为C线框进入磁场的过程中产生的热量为(Fmgsin )l1D线框进入磁场时有abcd方向的感应电流解析：AD因线框刚进入磁场时做匀速运动，则FF安mgsin ，其中F安，解得v，选项A正确；由牛顿定律可知，对线框进入磁场前：Fmgsin ma，则线框进入磁场前的加速度为a，选项B错误；线框进入磁场的过程中，由动能定理：Fl2mgsin l2W安0，故产生的热量为QW安(Fmgsin )l2，选项C错误；由楞次定律可知，线框进入磁场时有abcd方向的感应电流，选项D正确13.(多选)(2018陕西宝鸡模拟)如图所示，在

16、光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1B，B22B.一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是()A此过程中通过线框截面的电荷量为B此过程中线框克服安培力做的功为mv2C此时线框的加速度为D此时线框中的电功率为解析：BC此过程穿过线框的磁通量的变化量(B2a2B1a2)B1a2Ba2，通过线框截面的电荷量q，选项A错误；根据能量守恒定律可知，此过程回路产生的电能为动能的变化

17、量Qmv2m()2mv2，选项B正确；回路中产生的感应电动势为EB1aB2aBav，感应电流I，左右两边所受安培力大小F左B1Ia，F右B2Ia，方向向左，根据牛二定律得F左F右ma，解得a，故选项C正确；此时线框中的电功率PI2R，选项D错误14(2017厦门质检)学校物理兴趣小组设计了一种可粗略测量磁感应强度的实验，其实验装置如图所示在该装置中磁铁通过细线竖直悬挂在力传感器下面，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场很弱可忽略不计，此时力传感器读数为F1.细直金属棒的两端通过导线与一阻值为R的电阻连接形成闭合回路，金属棒电阻为r，导线电阻不计若让金属棒水平且垂直于磁场以速度v竖

18、直向下匀速运动，此时力传感器示数为F2.已知金属棒在磁场中的长度为d.(1)判断通过细直金属棒中的电流方向和它受到的安培力方向：(2)求出磁铁两极之间磁场的磁感应强度大小解析：(1)由右手定则判定细金属棒PQ中的电流方向从Q到P，由左手定则可判定直金属棒PQ受到的安培力方向为竖直向上(2)对磁铁，在金属棒不动时有：F1mg对磁铁，在金属棒向下运动时有：F2mgF安又：F安BId，由闭合电路欧姆定律知：I又：EBdv联立以上各式，解得：B 答案：(1)从Q到P竖直向上(2) 15(2018河南中原名校联考)如图，一电阻不计、质量为m0.5 kg的导体棒PQ放置在金属导轨abcd上，始终与导轨接触

19、良好，金属导轨质量为M1.5 kg且足够长，导轨放在光滑的绝缘水平面上PQbc构成矩形棒与导轨间动摩擦因数0.5，棒左侧有两个固定于水平面的立柱导轨bc段长为L1 m，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R4 ，右侧导轨单位长度的电阻为R01 /m.以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B1 T在t0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a4 m/s2，g取10 m/s2.(1)求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；(2)经过多长时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？(3)某过程中回路产生的焦

20、耳热为Q10 J，导轨克服摩擦力做功为W10 J，求导轨动能的增加量解析：(1)回路中感应电动势EBLv，导轨做初速度为零的匀加速直线运动，vat，EBLat4t，sat2，回路中总电阻R总R2R0sR2R0at244t2，回路中感应电流随时间变化的表达式I.(2)导轨受到外力F、安培力FA和摩擦力Ff，其中FABIL，Ff(mgFA)(mg)，由牛顿第二定律知FFAFfMa，解得FMamg(1)，上式中t1 s时外力F取最大值，所以FmaxMamg(1)，代入数据可得Fmax9.25 N.(3)设此过程中导轨运动距离为s，由动能定理得W合Ek，W合Mas.由于摩擦力Ff(mgFA)，所以摩擦力做功WfmgsQ.所以s.导轨动能的增加量EkMasMa，代入数据可得Ek12 J.答案：(1)E4tI(2)1 s9.25 N(3)12 J