【骄子之路】2023高考物理一轮复习 9.3法拉第电磁感应定律的综合应用课时强化作业

课时强化作业三十九　法拉第电磁感应定律的综合应用一、选择题1．矩形导线框abcd(如图甲)放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)(　　)解析：由法拉第电磁感应定律知，导线框中产生的感应电流I＝＝＝，在0～1s内，由题图乙知不变，故I的大小也不变，由楞次定律知，感应电流方向由a→b，同理分析，在1s～2s内，I的大小仍不变，方向仍由a→b，故A、B错；由左手定则知，0～1s内线框ab边所受安培力F向上，且由F＝BIlab知，I、lab不变，B均匀减小，因此F也均匀减小，D错，C项正确．答案：C2．(2013年新课标全国Ⅰ卷)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字形导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)解析：设金属棒MN向右匀速运动的速度为v，金属棒MN距a的距离为l0，金属棒的电阻率为ρ，金属棒的横截面积为S，∠bac＝2θ，在t时刻MN产生的感应电动势E＝2Bv(vt＋l0)tanθ，回路的总电阻R＝ρ，由I＝可得I＝，由此式可知电流I不随时间变化，故选项A正确．9\n答案：A3．如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是(　　)A．线框进入磁场前运动的加速度为B．线框进入磁场时匀速运动的速度为C．线框做匀速运动的总时间为D．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg－mgsinθ)l2解析：以整体为研究对象，线框进入磁场前运动的加速度为a＝，A错误；线框进入磁场时由平衡条件得：Mg＝mgsinθ＋BIl1.I＝，v＝，B错误；t＝＝，C错误；由能量守恒可知D正确．答案：D4．如图所示的两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线的距离为l，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ab与dc间的距离也为l，t＝0时刻，dc边与磁场区域边界重合，如图所示．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→d→c→b→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是(　　)9\n解析：进入磁场的过程，穿过闭合线圈的磁通量增加，产生逆时针方向(负方向)的感应电流，切割磁感线的有效长度减小，感应电流减小；出磁场过程，穿过闭合线圈的磁通量减小，产生顺时针方向(正方向)的感应电流，切割磁感线的有效长度减小，产生的感应电流减小．答案：A5.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于竖直平面内的∏形框，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，除R外，装置的其余部分电阻都可忽略不计，将导体棒MN无初速度释放，要使电流稳定后R的热功率变为原来的两倍，其他条件不变的情况下，可以采用的办法有(　　)A．导体棒MN质量不变，∏形框宽度减为原来的B．电阻R变为原来的一半C．磁感应强度B变为原来的倍D．导体棒MN质量增加为原来的2倍解析：导体棒下滑，稳定后热功率等于机械功率，安培力和重力为一对平衡力，则有mg＝BIL＝P机＝mg·v＝当∏形框宽度变为原来的时，则有稳定后的速度v′＝＝2v则功率P′＝2P机，故选项A正确；当电阻R变为原来的时，速度变为原来的，功率变为原来的9\n，故选项B错误；磁感应强度变为原来的倍，速度变为原来的，功率变为原来的，选项C错误；导体棒的质量增加为原来的2倍，速度变为原来的2倍，功率变为原来的4倍，故选项D错误．答案：A6．(2013年山东卷)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是(　　)解析：根据Bt图象可知穿过线圈的磁通量在前时间内先向里减小再向外增加，根据楞次定律可知，该段时间内线圈中产生的感应电流方向沿顺时针，由法拉第电磁感应定律E＝n＝S＝kS，根据Bt图象知，该总时间内图线的斜率不变，因线框产生的感应电动势大小恒定，由闭合电路欧姆定律得通过ab边的电流大小恒定，根据左手定则知，ab边所受的安培力方向向左，为负值，由F＝BIL知，导线受到的安培力大小不变，穿过线圈的磁通量在后时间内先向外减小再向里增加，根据楞次定律知线圈中产生的感应电流方向沿逆时针，同理可得电流大小恒定，根据左手定则知ab边受到的安培力方向向右，为正值，由F＝BIL得导线受到的安培力大小不变，故选项B正确．答案：B7.如图所示，在水平桌面上放置两条相距l、电阻不计的平行光滑金属导轨ab、cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动．整个装置放置于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与另一质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现从静止开始释放物块，若当物块下落高度h＝时恰好达到最大速度，用g表示重力加速度，则(　　)A．物块最大速度为9\nB．物块最大速度为C．在此过程中电阻R放出的热量为D．物块达到最大速度时刻，电阻R消耗的功率为解析：当绳上的拉力与物块的重力相等时，物块的速度最大，此时MN杆受到的安培力等于物块的重力，即＝mg，所以vm＝，此时R消耗的功率P＝F安vm＝mgvm＝，选项B、D正确；根据能的转化与守恒定律得mgh＝Q＋·2m·v，则Q＝，选项C也正确．答案：BCD8．(2014年四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则(　　)A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N解析：由于磁感应强度随时间的变化规律B＝(0.4－0.2t)T可知，在t＝1s时穿过金属杆与金属框围成的平面的磁通量向下且在减小，由楞次定律可知金属杆CD中的感应电流的方向从C到D，故选项A正确；t＝3s时穿过金属杆与金属框围成平面的磁通量向上且增大，根据楞次定律可知，金属杆CD中感应电流的方向从C到D，故选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝1s时回路中产生感应电动势的大小E＝Lsin30°＝0.1V．根据闭合电路欧姆定律和电路串并联知识可得，流经金属杆CD的电流大小I＝＝1A，根据平衡条件可知，在t＝1s时挡板P对金属杆CD产生的弹力为F＝BItsin30°＝0.2×1×1×N＝0.1N．又根据牛顿第三定律可得，在t＝1s时，金属杆对挡板P产生的压力为0.1N，故选项C正确；根据法拉第电磁感应定律可得，在t＝3s时，回路中产生感应电动势的大小E′＝L2sin30°＝0.1V，由闭合电路欧姆定律和电路串并联电路知识可得，流经CD杆的电流大小为I′＝＝1A，由平衡条件可知，在t＝3s时挡板H对金属杆CD产生的弹力大小F′＝BI′Lsin30°＝0.1N，由牛顿第三定律可知，在t＝3s时，金属杆CD对挡板H产生的压力大小为0.1N，故选项D错误．9\n答案：AC9．如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，在磁场中水平固定一个V字形金属框架CAD，已知∠A＝θ，导体棒MN在框架上从A点开始在外力F作用下，沿垂直MN方向以速度v匀速向右平移，平移过程中导体棒和框架始终接触良好，且构成等腰三角形回路．已知导体棒与框架的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为R，导体棒和框架均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直．关于回路中的电流I、电功率P、通过导体棒横截面的电荷量q和外力F这四个物理量随时间t的变化图象，下列图象中正确的是(　　)解析：t时刻，导体棒MN向右移动的距离为vt，其接入电路的长度为2vttan，框架接入电路的长度为，此时的感应电动势为E＝2Bv2ttan，总电阻为R总＝R，电流I＝，为一常数，选项A正确；功率P＝I2R总，代入可得P与t成正比，选项B错误；电荷量q＝It，与时间t成正比，选项C错误；外力F等于安培力为BI，与时间t成正比，选项D正确．答案：AD10．如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b(b＞3a)，在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场．此过程中vt图象如图b所示，则(　　)A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav09\nB．在t0时刻线框的速度为v0－C．线框完全离开磁场的瞬间(位置3)的速度一定比t0时刻线框的速度大D．线框从进入磁场(位置1)到完全离开磁场(位置3)的过程中产生的电热为2Fb解析：在t＝0时，MN边切割磁感线，产生感应电动势为E＝Bav0，由闭合电路欧姆定律，可知MN两端电压UMN＝E＝Bav0，故选项A错误；线框从t＝0到t＝t0时间内线框做加速度减小的减速运动，由vt图象可知，在0～t0时间内其平均加速度大小：a＝，在t0～3t0时间内其加速度大小：a′＝＝，故a＝，在0～t0时间内：Δv＝v0－v＝·t，得v＝v0－·t，故选项B错误；由vt图象可知线框在位置2时的速度等于位置1时的速度，由对称性可知线框到达位置3时的速度等于t0时刻的速度，选项C错误；线框由1位置到完全进入磁场过程，由功能关系Fa－W安＝mv2－mv，从t0时刻到3t0时刻，由功能关系有：F(b－a)＝mv－mv2.整个过程产生的焦耳热Q＝2W安＝2Fb，故选项D正确．答案：D二、非选择题11．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0.8m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2Ω，磁感应强度为B0＝1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以＝0.2T/s的变化率均匀地增大．求：(1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)物体刚好离开地面的时间(g＝10m/s2)．解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d.(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝0.08V.(3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力F＝mg而拉力F又等于棒所受的安培力．即mg＝F安＝BIL1其中B＝B0＋t9\nI＝解得t＝5s.答案：(1)由a到d　(2)0.08V　(3)5s12．(2013年新课标全国Ⅰ卷)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝③联立①②③式得Q＝CBLv.④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有a＝⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2＝μN⑨式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有N＝mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f1－f2＝ma⑪联立⑤至⑪式得a＝g⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝gt.答案：(1)CBLv　(2)gt9\n13．(2014年天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2.问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大？(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？解析：(1)由楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b.(2)刚开始放置ab刚好不下滑，ab受到的摩擦力为最大静摩擦力，设为Fmax，Fmax＝m1gsinθ设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝Blv由闭合电路欧姆定律有I＝ab所受安培力F安＝BIL此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件，有F安＝m1gsinθ＋Fmax联立代入数据解得v＝5m/s.(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2又Q＝Q总，联立解得Q＝1.3J.答案：(1)由a流向b　(2)5m/s　(3)1.3J9