2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章課時(shí)作業(yè)35電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用一新人教版

PAGEPAGE8課時(shí)作業(yè)35電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(一)時(shí)間：45分鐘1．如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間勻稱(chēng)減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法中正確的是(D)A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流漸漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力漸漸減小解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱(chēng)減小，磁通量減小，依據(jù)楞次定律得ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤．由于磁感應(yīng)強(qiáng)度勻稱(chēng)減小，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔBS,Δt)得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，則ab中的感應(yīng)電流不變，故B錯(cuò)誤．依據(jù)F＝BIL知，電流不變，B勻稱(chēng)減小，則安培力減小，故C錯(cuò)誤．金屬棒在安培力和靜摩擦力作用下處于平衡狀態(tài)，有f＝F，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確．2．如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直于紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì)．現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)(C)A．電容器兩端的電壓為零B．通過(guò)電阻R的電流為eq\f(BLv,R)C．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)解析：本題考查電磁感應(yīng)的電路問(wèn)題，搞清誰(shuí)是電源，內(nèi)、外電阻分別是什么可快速求解．當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線所受的合力為零，說(shuō)明導(dǎo)線不受安培力，電路中電流為零，故電阻兩端沒(méi)有電壓．此時(shí)導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，依據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，故A、B錯(cuò)誤．電容器所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，所以C正確；因勻速運(yùn)動(dòng)后MN所受合力為0，而此時(shí)無(wú)電流，不受安培力，則無(wú)需拉力便可做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．3．如圖所示，用橫截面積之比為41的銅絲做成邊長(zhǎng)分別為L(zhǎng)和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中將a和b勻速拉到磁場(chǎng)外，若外力對(duì)線框做的功分別為Wa、Wb，則WaWb為(C)A．14 B．12C．11 D．不能確定解析：依據(jù)能量守恒定律，外力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，設(shè)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l，則外力對(duì)線框做的功W＝eq\f(B2l2v2,R)·eq\f(l,v)，而R＝eq\f(ρ·4l,S)，聯(lián)立得W＝eq\f(B2l2vS,4ρ)，因SaSb＝41，lalb＝12，故WaWb＝11，選項(xiàng)C正確．4．(多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、總電阻為R的正方形線框abcd放在光滑水平面上，其右邊有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，磁場(chǎng)左邊界與線框的ab邊相距為L(zhǎng).現(xiàn)給線框一水平向右的恒力，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)線框中的感應(yīng)電流大小為I0.下列說(shuō)法正確的是(BCD)A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较駼．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\f(I0R,BL)C．從起先到ab邊運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的右邊界的過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量q＝eq\f(BL2,R)D．線框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2BI0L2解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，依據(jù)楞次定律和右手安培定則，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，則有I0＝eq\f(BLv,R)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v＝eq\f(I0R,BL)，故B正確；從起先到ab邊運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的右邊界的過(guò)程中，通過(guò)線框橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，故C正確；依據(jù)能量守恒得線框通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF＝F安×2L＝2BI0L2，故D正確．5．(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止起先沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，金屬棒ab接入電路的電阻為R，當(dāng)金屬棒ab下滑距離s時(shí)，速度大小為v，則在這一過(guò)程中(BCD)A．金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為eq\f(1,2)vB．通過(guò)金屬棒ab某一橫截面的電荷量為eq\f(BLs,R)C．金屬棒ab受到的最大安培力為eq\f(B2L2v,R)D．金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ－eq\f(1,2)mv2解析：分析金屬棒ab的受力狀況，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，分析可得ab棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故其平均速度不等于初、末速度的平均值eq\f(1,2)v，故A錯(cuò)誤；通過(guò)金屬棒ab某一橫截面的電荷量q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)，故B正確；金屬棒ab受到的最大安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，故C正確；依據(jù)動(dòng)能定理可知，mgssinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安＝mgssinθ－eq\f(1,2)mv2，故D正確．6．(多選)如圖所示，一匝數(shù)為n、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為3m的物塊通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)兩定滑輪相連．在導(dǎo)體線框上方某一高處有一寬度為L(zhǎng)的上、下邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對(duì)里．現(xiàn)將物塊由靜止釋放，當(dāng)ad邊從磁場(chǎng)下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g.則(CD)A．線框ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)之前線框加速度a＝2gB．從線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量q＝eq\f(BL2,R)C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝4mgLD．線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v＝eq\f(2mgR,n2B2L2)解析：在線框ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)之前，有3mg－FT＝3ma，F(xiàn)T－mg＝ma，解得a＝g，A錯(cuò)誤；依據(jù)q＝neq\f(ΔΦ,R)可得從線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為q＝eq\f(nBL2,R)，B錯(cuò)誤；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中和穿出磁場(chǎng)過(guò)程中的總熱量等于過(guò)程中的重力勢(shì)能減小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以有FT＝3mg，F(xiàn)T＝mg＋F安，F(xiàn)安＝nBIL，I＝eq\f(nBLv,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(2mgR,n2B2L2)，D正確．7．(多選)如圖所示，一匝數(shù)n＝10匝、總電阻R＝2.5Ω、邊長(zhǎng)L＝0.3m的勻質(zhì)正三角形金屬線框靜置在粗糙水平面上，線框的頂點(diǎn)正好是半徑r＝eq\f(L,3)的圓形磁場(chǎng)的圓心，磁場(chǎng)方向豎直向下(正方向)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t改變的關(guān)系如圖乙所示，a、b是磁場(chǎng)邊界與線框的兩交點(diǎn)，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6N，取π＝3，則(BD)A．t＝0時(shí)刻穿過(guò)線框的磁通量為0.06WbB．線框靜止時(shí)，線框中的感應(yīng)電流大小為0.1AC．線框靜止時(shí)，a、b兩點(diǎn)間的電壓為U＝eq\f(7,9)VD．經(jīng)時(shí)間t＝0.8s，線框起先滑動(dòng)解析：t＝0時(shí)刻穿過(guò)線框的磁通量Φ＝B×eq\f(1,6)πr2＝2×eq\f(1,6)×3×0.12Wb＝0.01Wb，故A錯(cuò)誤；當(dāng)線框靜止時(shí)，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝10×eq\f(5－2,0.6)×eq\f(1,6)×3×0.12V＝0.25V，再由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,2.5)A＝0.1A，則a、b兩點(diǎn)間電壓為U＝IR′＝0.1×eq\f(7,9)×2.5V＝eq\f(7,36)V，故B正確，C錯(cuò)誤；經(jīng)時(shí)間t＝0.8s，由圖乙可知此時(shí)B＝6T，感應(yīng)電流I＝0.1A，則線框受到的安培力大小F1＝F2＝nBI×eq\f(L,3)＝10×6×0.1×0.1N＝0.6N，依據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，由左手定則可知，安培力方向垂直導(dǎo)線框向外，如圖所示．依據(jù)幾何關(guān)系可知，安培力F1與F2夾角為120°，則兩安培力的合力為0.6N，線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6N，故線框在經(jīng)時(shí)間t＝0.8s后起先滑動(dòng)，故D正確．8．(2024·江西贛州一模)(多選)1831年10月28日，法拉第展示了他獨(dú)創(chuàng)的圓盤(pán)發(fā)電機(jī)，其示意圖如圖所示，水平銅盤(pán)可繞豎直銅軸轉(zhuǎn)動(dòng)，兩銅片M、N分別與銅盤(pán)邊緣和銅軸連接，使整個(gè)銅盤(pán)處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．M和N之間連接阻值為R的電阻和滑動(dòng)變阻器RP，若從上往下看，銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍阎~盤(pán)的半徑為L(zhǎng)，銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，銅盤(pán)連同兩銅片對(duì)電流的等效電阻值為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下列說(shuō)法正確的是(BCD)A．電阻R中的電流方向從a到bB．銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(1,2)BL2ωC．電阻R的最大功率為eq\f(B2L4Rω2,4R＋r2)D．假如RP＝R＋r，則滑動(dòng)變阻器的最大電功率為eq\f(B2L4ω2,16R＋r)解析：若從上往下看，銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，依?jù)右手定則可知，電阻R中的電流方向從b到a，故A錯(cuò)誤；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)BL2ω，故B正確；依據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,r＋R＋RP)，則電阻R的功率為P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,r＋R＋RP)))2R，當(dāng)RP＝0時(shí)，電阻R的功率最大，即Pm＝eq\f(B2L4Rω2,4R＋r2)，故C正確；把電阻R等效為電源的內(nèi)阻，則電路中的等效內(nèi)阻為r′＝r＋R，此時(shí)外電路只有RP，故當(dāng)RP＝r′＝r＋R時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電功率最大，即P′m＝eq\f(B2L4ω2,16R＋r)，故D正確，故選B、C、D.9．(2024·河南鄭州質(zhì)檢)(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中(重力加速度為g)(ACD)A．金屬棒中的最大電流為eq\f(BL\r(2gh),2R)B．金屬棒克服安培力做的功為mghC．通過(guò)金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)D．金屬棒產(chǎn)生的電熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)解析：金屬棒下滑過(guò)程中，依據(jù)動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度為v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng)，剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則最大感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A正確；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh－WB－μmgd＝0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故B錯(cuò)誤；感應(yīng)電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，故C正確；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過(guò)它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)WB＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確．10．(2024·上海虹口質(zhì)檢)兩根平行金屬導(dǎo)軌相距L＝0.50m，固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端串接一個(gè)R＝0.04Ω的電阻，在沿導(dǎo)軌長(zhǎng)為d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，質(zhì)量m＝4.0kg的金屬棒CD置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，且與兩導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.8，棒在導(dǎo)軌之間的電阻r＝0.01Ω，絕緣輕繩系于棒的中點(diǎn)，初始時(shí)刻，CD棒距磁場(chǎng)左邊界s＝0.24m，現(xiàn)通過(guò)繩用水平向右的F＝80N恒力拉CD棒，使棒由靜止起先運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直，當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)撤去拉力(不計(jì)其他電阻以及輕繩的質(zhì)量)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小；(3)在拉CD棒的過(guò)程中，繩的拉力所做的功W和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析：(1)由牛頓其次定律得F－μmg＝ma，由勻變速直線運(yùn)