【核動力】2022屆高三物理一輪復習課時作業(yè)28-第9章-電磁感應(yīng)3-

課時作業(yè)(二十八)(時間：45分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分，每小題至少有一個選項正確，把正確選項前的字母填在題后括號內(nèi))1．(2021·福建泉州高三月考)粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，如圖所示，則在移出過程中線框一邊a、b兩點間的電勢差確定值最大的是()【解析】線框各邊電阻相等，切割磁感線的那個邊為電源，電動勢相同均為Blv.在A、C、D中，Uab＝eq\f(1,4)Blv，B中，Uab＝eq\f(3,4)Blv，選項B正確．【答案】B2．(2021·廣東韶關(guān)高三質(zhì)檢)如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導軌，置于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直導軌所在平面對里的勻強磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻．一根與導軌接觸良好、有效阻值為eq\f(R,2)的金屬導線ab垂直導軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則(不計導軌電阻)()A．通過電阻R的電流方向為P→R→MB．a(chǎn)、b兩點間的電壓為BLvC．a(chǎn)端電勢比b端電勢高D．外力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱【解析】由右手定則可知通過金屬導線的電流由b到a，即通過電阻R的電流方向為M→R→P，A錯誤；金屬導線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BLv，而a、b兩點間的電壓為等效電路路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點間電壓為eq\f(2,3)BLv，B錯誤；金屬導線可等效為電源，在電源內(nèi)部，電流從低電勢流向高電勢，所以a端電勢高于b端電勢，C正確；依據(jù)能量守恒定律可知，外力F做的功等于電阻R和金屬導線產(chǎn)生的焦耳熱之和，D錯誤．【答案】C3.如圖所示，在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m＝0.1kg，半徑為r＝0.5m，電阻為R＝0.5Ω的均勻金屬圓環(huán)，以v0＝5m/s的初速度向一磁感應(yīng)強度為B＝0.1T的有界勻強磁場滑去(磁場寬度d>2r)．圓環(huán)的一半進入磁場歷時2秒，A．0.15WB．0.2WC．0.3WD．0.6W【解析】圓環(huán)剛好有一半進入磁場時，設(shè)瞬時速度為v，由Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(15)m/s，此時環(huán)上的瞬時感應(yīng)電動勢為E＝Bv×2r，故瞬時功率為P＝E2/R＝0.3W.【答案】C4.(2021·安徽卷，16)如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽視不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，A．2.5m/s1WB．5m/sC．7.5m/s9WD．15m/s【解析】當小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時，導體棒MN勻速運動，受力如圖所示．依據(jù)受力平衡可得，mgsinθ＝μmgcosθ＋eq\f(B2L2v,2R)，代入數(shù)據(jù)得，v＝5m/s；小燈泡消耗的電功率為P＝(eq\f(BLv,2R))2R＝1W，B項正確．【答案】B5.如圖所示，有界勻強磁場與斜面垂直，質(zhì)量為m的正方形線框靜止在傾角為30°的絕緣斜面上(位于磁場外)，現(xiàn)使線框獲得速度v向下運動，恰好穿出磁場，線框的邊長小于磁場的寬度，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，則下列說法正確的是()A．線框完全進入磁場后做減速運動B．線框進入磁場的過程中電流做的功小于穿出磁場的過程中電流做的功C．線框進入和穿出磁場時，速度變化量與運動距離成正比D．線框進入和穿出磁場時，速度變化量與運動時間成正比【解析】由于μ＝tan30°，可知線框在磁場外做勻速運動，進入和穿出磁場時，線框減速，線框完全進入磁場后不受安培力，做勻速運動，A錯誤；由牛頓其次定律有：BIL＝ma，又有I＝eq\f(E,R)，E＝BLv，a＝eq\f(Δv,Δt)，聯(lián)立得：eq\f(B2L2,mR)＝eq\f(Δv,vΔt)，在很短的時間內(nèi)，速度大小可認為不變，線框運動距離為x，則有：eq\f(Δv,x)＝eq\f(B2L2,mR)，此式表明：線框進入和穿出磁場時，速度變化量與運動距離成正比，可知進入磁場后的速度大小為eq\f(v,2)，電流做的功等于動能的削減量，進入磁場的過程中電流做的功為：W1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(3,8)mv2，穿出磁場的過程中電流做的功為：W2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(1,8)mv2，可知W1>W2，B錯誤，C正確；進入和穿出磁場的過程中，線框受到的合外力等于安培力，加速度越來越小，D錯誤．【答案】C6.(2021·全國新課標卷Ⅱ，16)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動，t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖像中，可能正確描述上述過程的是()【解析】依據(jù)楞次定律可知，線框進入磁場及離開磁場的過程受到安培力，從而做變減速運動，由牛頓其次定律得，BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，線框的速度減小，線框的加速度減??；線框完全進入到磁場中運動時，做勻速直線運動，D項正確．【答案】D7．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1m，質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其阻值忽視不計．空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面對上，磁感應(yīng)強度為B＝0.5T．P、M間接有阻值R1的定值電阻，Q、N間接變阻箱R.現(xiàn)從靜止釋放ab，轉(zhuǎn)變變阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到eq\f(1,vm)與eq\f(1,R)的關(guān)系如圖乙所示．若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2.則()A．金屬桿中感應(yīng)電流方向為a指向bB．金屬桿所受安培力沿斜面對下C．定值電阻的阻值為1ΩD．金屬桿的質(zhì)量為1【解析】由受力平衡知，金屬桿所受安培力沿斜面對上，由左手定則推斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向由b指向a，所以AB錯誤；總電阻為R總＝R1R/(R1＋R)，I＝BLv/R總，當達到最大速度時金屬桿受力平衡，mgsinθ＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R1R)·(R1＋R)，eq\f(1,vm)＝eq\f(B2L2,mgsinθR)＋eq\f(B2L2,mgsinθR1)，依據(jù)圖乙代入數(shù)據(jù)，可以得到桿的質(zhì)量m＝0.1kg，R1＝1Ω，C正確．【答案】C8.如圖所示，abcd為一邊長為l、具有質(zhì)量的剛性導線框，位于水平面內(nèi)，bc邊串接有電阻R.虛線表示一勻強磁場區(qū)域的邊界，它與線框ab邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁場方向豎直向下．線框在一垂直于ab邊的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面運動，直到通過磁場區(qū)域．已知ab邊剛進入磁場時，線框做勻速運動，下面定性畫出的回路中電流i大小與位移x圖象可能正確的是【解析】由題意知，當線框在x＝0至x＝l間運動時電流恒為i0；當線框在x＝l至x＝2l間運動時，磁通量不變化，故i＝0，線框做勻加速運動；當ab邊剛出磁場(x＝2l)時，線框的速度大于剛進磁場時的速度，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的電流i>i0，同時受到的安培力大于F，線框做減速運動，隨著速度的減小，安培力變小，加速度變小，故選項C錯；當cd邊剛出磁場時，線框速度可能還沒減速到ab邊剛進磁場時的速度，故選項B對；也可能恰好減速到ab邊剛進磁場時的速度，故選項D對；還可能早就減速到ab【答案】ABD9．如圖(a)所示為磁懸浮列車模型，質(zhì)量M＝1kg的絕緣板底座靜止在動摩擦因數(shù)μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁場中的正方形金屬框ABCD為動力源，其質(zhì)量m＝1kg，邊長為1m，電阻為eq\f(1,16)Ω，與絕緣板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4.OO′為AD、BC的中線．在金屬框內(nèi)有可隨金屬框同步移動的磁場，OO′CD區(qū)域內(nèi)磁場如圖(b)所示，CD恰在磁場邊緣以外；OO′BA區(qū)域內(nèi)磁場如圖(c)所示，AB恰在磁場邊緣以內(nèi)(g＝10m/s2A．若金屬框固定在絕緣板上，金屬框的加速度為3mB．若金屬框固定在絕緣板上，金屬框的加速度為7mC．若金屬框不固定，金屬框的加速度為4m/s2D．若金屬框不固定，金屬框的加速度為4m/s2，絕緣板的加速度為2【解析】若金屬框固定在絕緣板上，由題意得E＝eq\f(ΔB1,Δt)·eq\f(1,2)SABCD＝1×eq\f(1,2)×1×1V＝0.5V，I＝eq\f(E,R)＝8A，F(xiàn)AB＝B2IL＝8N，取絕緣板和金屬框整體進行受力分析，由牛頓其次定律：FAB－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝3m/s2，A對，B錯；若金屬框不固定，對金屬框進行受力分析，假設(shè)其相對絕緣板滑動，F(xiàn)f1＝μ2mg＝0.4×1×10N＝4N<FAB，假設(shè)正確．對金屬框應(yīng)用牛頓其次定律得FAB－Ff1＝ma1，a1＝4m/s2；對絕緣板應(yīng)用牛頓其次定律得Ff1－Ff2＝Ma2，F(xiàn)f2＝μ1(M＋m)g＝2N，解得a2＝2m/s2，C錯，D對．【答案】AD10.如圖，兩根足夠長光滑平行金屬導軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強磁場垂直于導軌平面，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好．現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab始終加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不行能先向N板運動后向M板運動【解析】金屬棒沿光滑導軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對金屬板M、N充電，充電電流通過金屬棒時金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIL>0，金屬棒將始終加速下滑，A錯，B對；由右手定則可知，金屬棒a端(即M板)電勢高，C對；若微粒帶負電，則電場力向上，與重力反向，開頭時電場力為0，微粒向下加速，當電場力增大到大于重力時，微粒的加速度向上，可能向N板減速運動到零后再向M板運動，D錯．【答案】BC二、綜合應(yīng)用(本題共2小題，共30分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明，方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11．(12分)如圖所示，勻強磁場B＝0.1T，金屬棒AB長0.4m，與框架寬度相同，電阻為eq\f(1,3)Ω，框架電阻不計，電阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，當金屬棒以5m/s的速度勻速向左運動時，求(1)流過金屬棒的感應(yīng)電流多大？(2)若圖中電容器C為0.3μF，則充電荷量是多少？【解析】(1)由E＝BLv得E＝0.1×0.4×5V＝0.2VR＝eq\f(R1·R2,R1＋R2)＝eq\f(2×1,2＋1)Ω＝eq\f(2,3)ΩI＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(0.2,\f(2,3)＋\f(1,3))A＝0.2A.(2)路端電壓U＝IR＝0.2×eq\f(2,3)V＝eq\f(0.4,3)VQ＝CU2＝CU＝0.3×10－6×eq\f(0.4,3)C＝4×10－8C.【答案】(1)0.2A(2)4×1012．(18分)如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B＝2T、方向豎直向下的勻強磁場以虛線MN為左邊界，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1kg，bc邊長L1＝0.2m，電阻R＝2Ω的矩形線圈abcd放置于絕緣光滑水平面上，t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開頭向右做勻加速運動，經(jīng)過時間1s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時馬上將拉力F改為變力，又經(jīng)過1s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應(yīng)電流i(1)求線圈bc邊剛進入磁場時的速度v1的大小和線圈在第1s內(nèi)運動的距離x；(2)寫出第2s內(nèi)變力F隨時間t變化的關(guān)系式；(3)求出線圈ab邊的長度L2.【解析】(1)由題圖乙可知，線圈剛進入磁場時的感應(yīng)電流I1＝0.1A，由E＝BL1v1及I1＝eq\f(E,R)得v1＝eq\f(I1R,BL1)＝eq\f(0.1×2,2×0.2)m/s＝0.5m/s，x＝eq\f(v1,2)t＝0.25m.(2)由題圖乙知，在第2s時間內(nèi)，線圈中的電流隨時間均勻增加，有i＝(0.2t－0.1)A，線圈速度隨時間均勻增加，線圈所受安培力隨時間均勻增加，則F安＝BiL1＝(0.08t－0.04