高考物理大一輪復習第10章電磁感應（課件試題教學案）（打包10套）.zip,高考,物理,一輪,復習,10,電磁感應,課件,試題,教學,打包 電磁感應的綜合應用 課時規(guī)范訓練 [基礎鞏固題組] 1．如圖所示，上下開口、內壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊(　　) A．在P和Q中都做自由落體運動 B．在兩個下落過程中的機械能都守恒 C．在P中的下落時間比在Q中的長 D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大 解析：選C.小磁塊下落過程中，在塑料管Q中只受到重力，而在銅管P中還受到向上的磁場力，即只在Q中做自由落體運動，故選項A、B錯誤；小磁塊在P中加速度較小，故在P中下落時間較長，落至底部時在P中的速度較小，選項C正確，D錯誤． 2．(多選)如圖所示，豎直平面內的虛線上方是一勻強磁場B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過虛線進入磁場，最后又落回原處，運動過程中線圈平面保持在豎直平面內，不計空氣阻力，則(　　) A．上升過程克服磁場力做的功大于下降過程克服磁場力做的功 B．上升過程克服磁場力做的功等于下降過程克服磁場力做的功 C．上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率 D．上升過程克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力的平均功率 解析：選AC.線圈上升過程中，加速度增大且在減速，下降過程中，運動情況比較復雜，有加速、減速或勻速等，把上升過程看成反向的加速，可以比較當運動到同一位置時，線圈速度都比下降過程中相應的速度要大，可以得到結論：上升過程中克服安培力做功多；上升過程時間短，所以上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率，故正確選項為A、C. 3．如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直，磁場區(qū)域在x軸方向寬度均為a，在y軸方向足夠寬．現(xiàn)有一高為a的正三角形導線框從圖示位置開始向右沿x軸方向勻速穿過磁場區(qū)域．若以逆時針方向為電流的正方向，在以下選項中，線框中感應電流i與線框移動的位移x的關系圖象正確的是(　　) 解析：選C.線框從開始進入到全部進入第一個磁場過程，磁通量向里增大，則由楞次定律可知，電流方向為逆時針方向，故B一定錯誤；因切割的有效長度均勻增大，故由E＝BLv可知，電動勢也均勻增加，而在全部進入第一個磁場時，磁通量達最大，該瞬間變化率為零，故電動勢也為零，故A錯誤；當線框開始進入第二個磁場時，線框中磁通量向里減小，則可知電流方向為順時針方向，故D錯誤；而進入第二個磁場后，分處兩磁場的線框兩部分產生的電流相同，且有效長度是均勻變大的，當將要全部進入第二個磁場時，線框中電流達最大2I0.故C正確． 4．(多選)如圖所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有(　　) 解析：選BC.經受力分析和電路分析知，i＝，F(xiàn)A＝Bil＝ v，UR＝iR＝ v，P＝i2(R＋r)＝v2，因此i∝FA∝UR∝∝v，i－t、FA－t、UR－t圖象的形狀與v－t圖象相同．對金屬棒由牛頓第二定律得F－FA＝ma，得F0＋v＝ma.若k＝，則a＝0，金屬棒做勻加速運動，A錯誤．若k＞，a逐漸增大，B正確．若k＜，a逐漸減小，最后趨向于零，C正確．由以上分析知P－t圖象形狀與B或C相似，D錯誤． 5．(多選)如圖所示，光滑金屬導軌AC、AD固定在水平面內，并處在方向豎直向下、大小為B的勻強磁場中．有一質量為m的導體棒以初速度v0從某位置開始在導軌上水平向右運動，最終恰好靜止在A點．在運動過程中，導體棒與導軌始終構成等邊三角形回路，且通過A點的總電荷量為Q.已知導體棒與導軌間的接觸電阻阻值恒為R，其余電阻不計．則(　　) A．該過程中導體棒做勻減速運動 B．該過程中接觸電阻產生的熱量為mv C．開始運動時，導體棒與導軌所構成回路的面積為S＝ D．當導體棒的速度為v0時，回路中感應電流大小為初始時的一半 解析：選BC.該過程中l(wèi)、v均在減小，故加速度a減小，選項A錯誤．由能量守恒定律可知Q熱＝mv，選項B正確．I＝＝，ΔΦ＝BS，Q＝IΔt，聯(lián)立得S＝，選項C正確．當v＝v0時，l＜l0，由I＝＝知，I＜，選項D錯誤． 6．如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，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，磁感應強度為0.8 T．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10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　) A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　 9 W D．15 m/s　9 W 解析：選B.小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明棒做勻速直線運動．此時：F安＝，對棒滿足：mgsin θ－μmgcos θ－＝0 因為R燈＝R棒則：P燈＝P棒 再依據(jù)功能關系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P燈＋P棒 聯(lián)立解得v＝5 m/s，P燈＝1 W，所以B項正確． [綜合應用題組] 7．兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻均不計．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放．則(　　) A．金屬棒將做往復運動，動能、彈性勢能與重力勢能的總和保持不變 B．金屬棒最后將靜止，靜止時彈簧的伸長量為 C．金屬棒最后將靜止，電阻R上產生的總熱量為mg· D．金屬棒第1次達到最大速度時金屬棒的伸長量為 解析：選B.金屬棒在往復運動的過程中不斷克服安培力做功產生電能，并轉化成焦耳熱，機械能不斷減少，最終靜止，靜止時彈力等于金屬棒的重力，A錯誤、B正確．由能量守恒定律可得mg·＝Q＋E彈，C錯誤．當金屬棒第1次達到最大速度時，加速度為零，則mg＝kx＋F安，D錯誤． 8．(多選)如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里．現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v -t圖象，圖中數(shù)據(jù)均為已知量．重力加速度為g，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　) A．金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向 B．磁場的磁感應強度為 C．金屬線框在0～t3時間內所產生的熱量 為mgv1(t2－t1) D．MN和PQ之間的距離為v1(t2－t1) 解析：選BC.根據(jù)楞次定律可知，線框剛進入磁場時，感應電流的方向為abcda方向，選項A錯誤；由于bc邊進入磁場時線框勻速運動，則mg＝，而線框邊長l＝v1(t2－t1)，聯(lián)立可得B＝ ，選項B正確；金屬線框在0～t3時間內，只有在t1～t2時間內才產生熱量，此過程中安培力與重力大小相等，因此所產生的熱量為mgv1(t2－t1)，選項C正確；MN和PQ之間的距離為v1(t2－t1)＋(t3－t2)，選項D錯誤． 9．(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為B＝kt(常量k＞0)．回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝.閉合開關S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢，則(　　) A．R2兩端的電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導線框中的感應電動勢為kL2 解析：選AC.由法拉第電磁感應定律E＝n＝nS有E＝kπr2，D錯誤；因k＞0，由楞次定律知線框內感應電流沿逆時針方向，故電容器b極板帶正電，B錯誤；由題圖知外電路結構為R2與R的右半部并聯(lián)，再與R的左半部、R1相串聯(lián)，故R2兩端電壓U2＝U＝，A正確；設R2消耗的功率為P＝IU2，則R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正確． 10．如圖，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動．t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動．桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求 (1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大?。? (2)電阻的阻值． 解析：(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 ma＝F－μmg① 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有 v＝at0② 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為 E＝Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E＝Blt0④ (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I＝⑤ 式中R為電阻的阻值．金屬桿所受的安培力為 FA＝BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得 F－μmg－FA＝0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R＝⑧ 答案：(1)Blt0　(2) 11．如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動．金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求： (1)在t＝0到t＝t0時間間隔內，流過電阻的電荷量的絕對值； (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。? 解析：(1)在金屬棒越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS① 設在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應定律有 E＝② 由歐姆定律有i＝③ 由電流的定義有i＝④ 聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內，流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|＝⑥ (2)當t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側做勻速運動，有 f＝F⑦ 式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強磁場施加的安培力．設此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為 F＝B0Il⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)⑨ 勻強磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls 回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′? 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨?式得，在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt? 在t到t＋Δt的時間間隔內，總磁通量的改變ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt? 由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為 Et＝? 由歐姆定律有I＝? 聯(lián)立⑦⑧???式得 f＝(B0lv0＋kS)? 答案：(1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 12．如圖甲所示，平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌間距L＝0.5 m，導軌左端M、P間接有一阻值R＝0.2 Ω的定值電阻，導體棒ab的質量m＝0.1 kg，與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，導體棒垂直于導軌放在距離左端d＝1.0 m處，導軌和導體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計．整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t＝0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計感應電流產生的磁場的影響．取重力加速度g＝10 m/s2. (1)求t＝0時棒所受到的安培力F0； (2)分析前3 s時間內導體棒的運動情況并求前3 s內棒所受的摩擦力Ff隨時間t變化的關系式； (3)若t＝3 s時，突然使ab棒獲得向右的速度v0＝8 m/s，同時垂直棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使棒的加速度大小恒為a＝4 m/s2、方向向左．求從t＝3 s到t＝4 s的時間內通過電阻的電荷量q. 解析：(1)t＝0時棒的速度為零，故回路中只有感生電動勢，由法拉第電磁感應定律知E＝＝Ld 感應電流I＝ t＝0時棒所受到的安培力F0＝B0IL 代入數(shù)據(jù)解得F0＝0.025 N (2)ab棒與導軌間的最大靜摩擦力 Ffm＝μmg＝0.1 N>F0＝0.025 N 所以在t＝0時刻棒靜止不動，加速度為零，在0～3 s內磁感應強度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3 s內導體棒靜止不動，電流恒為I＝0.25 A 在0～3 s內，磁感應強度B＝B0－kt＝0.2－0.1t T 因導體棒靜止不動，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有Ff＝BIL＝(B0－kt)IL 代入數(shù)據(jù)可得Ff＝0.012 5(2－t)N(t<3 s) (3)3～4 s內磁感應強度大小恒為B2＝0.1 T，ab棒做勻變速直線運動，Δt1＝4 s－3 s＝1 s 設t＝4 s時棒的速度為v，第4 s內的位移為x，則 v＝v0－aΔt1＝4 m/s x＝Δt1＝6 m 在這段時間內的平均感應電動勢＝ 通過電阻的電荷量q＝ Δt1＝Δt1＝＝1.5 C 答案：(1)0.025 N　(2)靜止不動　Ff＝0.012 5(2－t)N(t＜3 s)　(3)1.5 C 10