高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)第九單元磁場作業(yè)47

題組層級快練(四十七)一、選擇題1．(2017·濱海新區(qū)模擬)(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10cm、總電阻為0.1Ω的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是()A．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流B．在t＝1s時(shí)，ad邊受安培力方向向右C．在0～2s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為10CD．在t＝2.5s時(shí)導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為1V答案AB解析A項(xiàng)，根據(jù)楞次定律可知，在0～2s內(nèi)的感應(yīng)電流方向與2s～3s內(nèi)的感應(yīng)電流方向相反，即為交流電，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時(shí)針，根據(jù)左手定則可知受到的安培力方向向右，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，在0～2s時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢為：E1＝100×eq\f(2,2)×0.12V＝1V，再根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)，則有：I1＝eq\f(1,0.1)A＝10A，根據(jù)Q＝It，解得：Q＝10×2C＝20C，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，2.5s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢等于2s到3s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢，則有：E＝eq\f(NΔB·S,Δt)＝eq\f(100×（2－0）×0.1×0.1,1)V＝2V，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．2．(2017·天津)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)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小答案D解析A項(xiàng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔBS,Δt)得，感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，則ab中的感應(yīng)電流不變，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，根據(jù)安培力公式F＝BIL知，電流不變，B均勻減小，則安培力減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，導(dǎo)體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，f＝F，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D項(xiàng)正確．3．(2017·南昌模擬)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢差為()A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv答案D解析當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R；線框剛進(jìn)入磁場時(shí)ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E＝eq\r(2)BRv；線框進(jìn)入磁場的過程中a、b兩點(diǎn)的電勢差由歐姆定律，得Uab＝E－I·rab＝eq\r(2)BRv－eq\f(B\r(2)Rv,R)·eq\f(R,4)＝eq\f(3\r(2),4)BRv；故選D項(xiàng)．4.(2017·樂山模擬)如圖所示，一直升飛機(jī)停在南半球的地磁極上空．該處地磁場的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，直升飛機(jī)螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)．螺旋槳葉片的近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b，如圖所示．如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用E表示每個(gè)葉片中的感應(yīng)電動(dòng)勢，則()A．E＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢B．E＝－2πfl2B，且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢C．E＝πfl2B，且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢D．E＝2πfl2B，且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢答案A解析對于螺旋槳葉片ab，其切割磁感線的速度是其做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，螺旋槳不同點(diǎn)的線速度不同，但是滿足v＝ωR，可求其等效切割速度v＝eq\f(ωl,2)＝πfl，運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv＝πfl2B，由右手定則判斷電流的方向?yàn)橛蒩指向b，在電源內(nèi)部電流由低電勢流向高電勢，故A項(xiàng)是正確的．5.(2017·課標(biāo)全國Ⅰ)如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，磁場方向垂直紙面向里．半徑為b的金屬圓環(huán)與圓形磁場同心地位置，磁場與環(huán)面垂直．金屬環(huán)上分別接有相同的燈L1、L2，燈的電阻均為R，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì)．MN棒以速率v在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，燈L1，L2恰好正常發(fā)光．現(xiàn)撤去中間的金屬棒MN，使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，為了使燈L1，L2也正常發(fā)光，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化率的大小應(yīng)為()A.eq\f(B0v,πa) B.eq\f(2B0v,πa)C.eq\f(3B0v,πa) D.eq\f(4B0v,πa)答案D解析當(dāng)MN棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，設(shè)由于棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，通過棒的電流為I、通過燈泡的電流為I1，則有：E＝Blv＝2B0av ①I＝eq\f(E,\f(R,2))＝eq\f(2E,R) ②I1＝eq\f(I,2) ③由①②③得：I1＝eq\f(2B0av,R) ④當(dāng)撤去中間的金屬棒MN，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化時(shí)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為k，此過程電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′，感應(yīng)電流為I′、則由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E′＝Seq\f(ΔB,Δt)＝πa2k ⑤I′＝eq\f(E′,2R) ⑥由⑤⑥得：I′＝eq\f(kπa2,2R) ⑦由題意可知I1＝I′，解得：k＝eq\f(4B0v,πa)，故D項(xiàng)正確，A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D項(xiàng)．6．(2017·鄭州三模)(多選)鐵路運(yùn)輸中設(shè)計(jì)的多種裝置都運(yùn)用了電磁感應(yīng)原理．有一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號以確定火車的位置和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，裝置的原理是：將能產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示(俯視圖)，當(dāng)它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時(shí)，線圈便產(chǎn)生一個(gè)電信號傳輸給控制中心．線圈長為l1，寬為l2.匝數(shù)為n.若勻強(qiáng)磁場只分布在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，當(dāng)火車首節(jié)車廂通過線圈時(shí)，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1～t2時(shí)間內(nèi)()A．火車做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．M點(diǎn)電勢低于N點(diǎn)電勢C．火車加速度大小為eq\f(u2－u1,nBl2（t2－t1）) D．火車平均速度大小為eq\f(u1＋u2,2nBl1)答案BD解析A項(xiàng)，由E＝BLv可知，動(dòng)生電動(dòng)勢與速度成正比，而在乙圖中ab段的電壓與時(shí)間成正比，因此可知在t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，火車的速度與時(shí)間成正比，所以火車在這段時(shí)間內(nèi)做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)．故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，磁場向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)楞次定律可得線圈中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，M點(diǎn)電勢低于N點(diǎn)電勢，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，由圖知t1時(shí)刻對應(yīng)的速度為：v1＝eq\f(u1,nBl1)，t2時(shí)刻對應(yīng)的速度為：v2＝eq\f(u2,nBl1)，故這段時(shí)間內(nèi)的加速度為v＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(u2－u1,nBl1（t2－t1）)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由C項(xiàng)可知這段時(shí)間內(nèi)的平均速度為：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v1＋v2,2)＝eq\f(u1＋u2,2nBl1)，故D項(xiàng)正確．7．(2017·咸陽二模)等離子體氣流由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接．線圈A內(nèi)有如圖乙所示的變化磁場，且磁場B的正方向規(guī)定為向左，如圖甲所示，則下列敘述正確的是()A．0～1s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥 B．1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引C．2～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引 D．3～4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引答案B解析由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b；由右側(cè)電路及圖乙可以判斷，0～2s內(nèi)cd中電流為由c到d，跟ab中電流同向，因此ab、cd相互吸引，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；2～4s內(nèi)cd中電流為由d到c，跟ab中電流反向，因此ab、cd相互排斥，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．8．(多選)如圖所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ左端連接有一平行板電容器，平行板電容器兩極板豎直放置，兩板的距離為d，兩金屬導(dǎo)軌之間還接入了一個(gè)電阻R，整個(gè)裝置被固定在水平地面上．金屬棒AB的質(zhì)量為m，電阻為r，垂直放在導(dǎo)軌上．導(dǎo)體棒所在區(qū)域和電容器所在區(qū)域整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，現(xiàn)在給金屬棒AB施加一水平向右的作用力，使金屬棒AB勻速運(yùn)動(dòng)．若一帶電微粒(不計(jì)重力)以速度v0平行電容器極板射入電容器，恰好做直線運(yùn)動(dòng)．則下列說法正確的是()A．作用在金屬棒AB水平向右的力F＝eq\f(B2Ldv0,R)B．金屬棒AB的速度v＝eq\f(d（R＋r）,LR)v0C．電阻R上的電功率P＝eq\f(B2d2v02（R＋r）,R2)D．在時(shí)間t內(nèi)金屬棒AB上的產(chǎn)生焦耳熱Q＝eq\f(B2d2v02rt,R2)答案ABD解析A項(xiàng)，根據(jù)題意知帶電粒子在平行板電容器間沿直線運(yùn)動(dòng)，知電場力與洛倫茲力平衡，由eq\f(U,d)q＝qv0B，解得U＝Bdv0，電容器兩端的電壓等于電阻R兩端的電壓，電路電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Bdv0,R)，導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL＝B·eq\f(Bdv0,R)·L＝eq\f(B2Ldv0,R)，因?qū)w棒勻速，所以作用在金屬棒AB水平向右的力F＝F安＝eq\f(B2Ldv0,R)，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，電阻R兩端的電壓U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(R,R＋r)·BLv，而U＝Bdv0，解得v＝eq\f(d（R＋r）,LR)v0，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，電阻R上的電功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2d2v02,R)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，在時(shí)間t內(nèi)金屬棒AB上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2rt＝eq\f(B2d2v02,R2)rt＝eq\f(B2d2v02rt,R2)，故D項(xiàng)正確．9.(2017·武漢調(diào)研)如圖所示，兩根相距l(xiāng)＝0.4m、電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)平行放置，兩導(dǎo)軌左端與阻值R＝0.15Ω的電阻相連．導(dǎo)軌x>0的一側(cè)存在沿＋x方向均勻增大的穩(wěn)恒磁場，其方向與導(dǎo)軌平面垂直(豎直向下)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5＋0.5x(T)．一根質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.05Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．棒在水平外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中回路電流恒為2A．以下判斷正確的是()A．金屬棒在x＝3m處的速度為0.5m/sB．金屬棒在x＝3m處的速度為0.75m/sC．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝3m過程中克服安培力做的功為1.6JD．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝3m過程中克服安培力做的功為3.0J答案AD解析在x＝3m處，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，因?yàn)榛芈分须娏骱銥?A，由閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為0.4V，由E＝Blv可得，此時(shí)金屬棒的速度v＝0.5m/s，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由安培力公式可知，F(xiàn)安＝BIl＝Il(0.5＋0.5x)，隨著x變化呈現(xiàn)線性變化關(guān)系，因此可用平均作用力來求做功，可得安培力做功為3J，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．10.(2017·湖北模擬)科學(xué)家提出一種靠電磁作用獲得升力的升降電梯方案，其提升原理可以簡化為如圖所示的模型：在豎直面上相距L的兩根平行直導(dǎo)軌間，有等距離分布的水平方向勻強(qiáng)磁場B1和B2，且B1＝B2＝B，每個(gè)磁場區(qū)域的高度都是l，相間排列，所有這些磁場都以相同的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)跨在兩導(dǎo)軌間的長為L、高為l的電梯箱abcd在磁場力作用下也將會向上運(yùn)動(dòng)．設(shè)電梯箱的質(zhì)量為M，總電阻為R，不計(jì)運(yùn)動(dòng)中所受到的阻力．電梯向上的最大速度為vm，則磁場向上勻速運(yùn)動(dòng)的速度v可表示為()A．v＝vm－eq\f(MgR,B2L2) B．v＝vm＋eq\f(MgR,2B2L2)C．v＝vm－eq\f(MgR,4B2L2) D．v＝vm＋eq\f(MgR,4B2L2)答案D解析當(dāng)電梯速度達(dá)到最大時(shí)，電梯相對于磁場的速度v1＝v－vm，電梯運(yùn)動(dòng)時(shí)，有兩條邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2BLv1，則感應(yīng)電流I＝eq\f(2BLv1,R)，每條邊所受的安培力FA＝BIL＝eq\f(2B2L2v1,R)，根據(jù)Mg＝2FA得，v1＝eq\f(MgR,4B2L2)，磁場向上勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝v1＋vm＝vm＋eq\f(MgR,4B2L2)，故D項(xiàng)正確，A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤．二、非選擇題11．(2017·深圳一模)一根阻值12Ω的金屬導(dǎo)線繞成如圖甲形狀的閉合回路，大正方形邊長0.4m，小正方形邊長0.2m，共10匝．放在粗糙的水平桌面上，兩正方形對角線間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，整個(gè)過程中線框始終未動(dòng)．求閉合回路：(1)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；(2)電功率；(3)第1s末受到的摩擦力．答案(1)1.2V(2)0.12W(3)1.70N解析(1)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律為：E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔBS,Δt)得：E＝Neq\f(ΔB,Δt)＝10×eq\f(2,1)×eq\f(1,2)×(0.42－0.22)V＝1.2V.(2)電功率為：P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(1.22,12)W＝0.12W.(3)線框中的電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(1.2,12)A＝0.1A，在磁場中的兩條邊受到的力垂直于線框，大小相等，互成90°，每條邊受到的力為：F＝NBIL＝10×2×0.1×(0.4＋0.2)N＝1.2N安培力的合力為：F′＝eq\r(2)F＝eq\r(2)×1.2N＝1.7N摩擦力為：f＝F＝1.70N12．(2017·河南模擬)如圖所示，間距為L的兩根光滑eq\f(1,4)圓弧軌道置于水平面上，其軌道末端水平，圓弧軌道半徑為r，電阻不計(jì)．在其上端連有阻值為R0的電阻，整個(gè)裝置處于如圖所示的徑向磁場中，圓弧軌道處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)有一根長度等于L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒從軌道的頂端PQ處由靜止開始下滑，到達(dá)軌道底端MN時(shí)對軌道的壓力為2mg(重力加速度為g)．求：(1)金屬棒到達(dá)軌道底端時(shí)金屬棒兩端的電壓；(2)金屬棒下滑過程中通過電阻R0的電荷量．答案(1)eq\f(BLR\r(gr),R＋R0)(2)eq\f(BLπr,2（R＋R0）)解析(1)當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到軌道底端MN時(shí)，設(shè)金屬棒此時(shí)速度為v，根據(jù)牛頓第二定律可得：2mg－mg＝meq\f(v2,r)解得：v＝eq\r(gr) ①導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E＝BLv ②根據(jù)閉合電路歐姆定律可得金屬棒兩端電壓：U＝eq\f(R,R＋R0)E ③聯(lián)立①②③式可得：U＝eq