2023版高考物理一轮复习课后限时作业41电磁感应规律综合应用含解析新人教版.doc

课后限时作业41电磁感应规律综合应用时间：45分钟1如图所示，竖直平面内有一金属环，其半径为a，总电阻为2r(金属环粗细均匀)，磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直于环面，在环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则此时A、B两端的电压为(A)A.B0av B.B0av C.B0av DB0av解析：棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中，切割磁感线的长度为2a，导体棒切割磁感线产生的感应电动势EB02av，其中v，则EB0av，外电路的总电阻R，根据闭合电路欧姆定律得I，则总电流I，故A、B两端的电压UIRB0av，选项A正确2(多选)如图甲所示，一个刚性圆形导线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，图中可能正确的是(BD)解析：根据图象知00.5T内磁场增强，0.5TT内磁场减弱，由楞次定律知，线圈中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得ES，因为00.5T内和0.5TT内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等，所以感应电动势大小不变，故B正确；根据I，可知整个过程中电流大小不变，由PI2R知电阻R消耗的功率不变，故C错误，D正确3在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示边长为L、电阻为R的正方形均匀导线框abcd有一半处于磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框的发热功率为P，则(D)A线框中的感应电流方向会发生改变Bcd边所受的安培力大小不变，方向改变C线框中的感应电动势为D线框中的电流大小为 解析：根据图象，分析磁场变化的一个周期，在0时间内，向外的磁场在减弱，故感应电流的磁场方向向外，在T时间内，向里的磁场在增强，故感应电流的磁场方向也向外，此后磁场变化重复此周期，说明线框中的感应电流方向不会发生改变，选项A错误；cd边的电流方向由d到c不变，大小也不变，而磁场方向改变，磁感应强度的大小也改变，故cd边受到的安培力方向改变，大小也改变，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，线框中的感应电动势E，选项C错误；线圈中产生的感应电流大小不变，即PI2R，所以线框中的电流大小为 ，选项D正确4(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n1 500匝，横截面积S20 cm2.螺线管导线电阻r1 ，R14 ，R25 ，C30 F.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(AD)A螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5102 WDS断开后，通过R2的电荷量为1.8105 C解析：由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为EnS1 50020104 V1.2 V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为I A0.12 A，电阻R1上消耗的功率为PI2R10.1224 W5.76102 W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为QCUCIR2301060.125 C1.8105 C，故D正确5如图，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，ABC60，BC边处在x轴上现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t0时线框B点恰好位于原点O的位置规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个ix图象中，能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是(D)解析：当ABC向前移动L的过程中，只有AB边切割磁感应线，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动L时有效切割长度为AC，所以感应电流为i0；在当ABC向前移动L2L的过程中，除AB边切割磁感应线外，AC边也切割磁感应线，感应电动势逐渐减小到零，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动2L时有效切割长度为0，感应电流为零；当ABC向前移动2L3L的过程中，只有AC边切割磁感应线，根据楞次定律可得电流方向为顺时针方向，最大的感应电动势为LBv，所以最大的感应电流为i0，当ABC离开磁场的过程中，感应电流逐渐减小，所以A、B、C项错误，D项正确6如图甲所示，光滑的导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，轨道左侧连接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨，导体和轨道的电阻不计导体棒ab在水平外力的作用下运动，外力F随t变化如图乙所示，在0t0时间内从静止开始做匀加速直线运动，则在t0以后，导体棒ab运动情况为(C)A一直做匀加速直线运动B做匀减速直线运动，直到速度为零C先做加速，最后做匀速直线运动D一直做匀速直线运动解析：设导体棒ab长L，运动速度为v，则导体棒所受安培力FBIL；因为导体棒在0t0时间内从静止开始做匀加速直线运动，所以，F2F；因为速度不能瞬变，所以，导体棒先做加速运动，故B、D项错误；导体棒做加速运动，速度增大，F继续增大，则合外力减小，加速度减小，故A项错误；当速度增大到FF2后，导体棒做匀速直线运动，故C项正确7.(多选)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r.由此可知，下列说法正确的是(BC)A电容器下极板带正电B电容器上极板带正电C电容器所带电荷量为D电容器所带电荷量为nSkC解析：根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A错误，B正确闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势：EnSnSk，路端电压：Ur，则电容器所带电荷量为：QCU，故C正确，D错误8.(多选)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是(AC)A圆环先做加速运动后做减速运动B在时间t内安培力对圆环做功为mgHC圆环运动的最大速度为gtD圆环先有扩张后有收缩的趋势解析：在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确；因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前W安t后mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误；在t时间内安培力FBILBI2r，合外力F合Fcosmg2BIrcosmgma，vatgt，故C正确；圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错误9.(多选)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B0.5 T，导体ab及cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重均为0.1 N，现用竖直向上的力拉导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时释放cd，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是(AB)Aab受到的拉力大小为0.2 NBab向上的速度为2 m/sC在2 s内，拉力做功转化的电能是0.8 JD在2 s内，拉力做功为0.6 J解析：导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F2mg0.2 N，故A正确；cd棒受到的安培力：F安BIL，cd棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：G，代入数据解得：v2 m/s，故B正确；在2 s内，电路产生的电能Qtt2 J0.4 J，则在2 s内，拉力做的功有0.4 J的机械能转化为电能，故C错误；在2 s内拉力做的功为：WF拉vt0.222 J0.8 J，故D错误10(多选)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B00.5 T，并且以0.1 T/s的变化率均匀增大，图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L0.5 m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R00.1 ，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M0.2 kg的重物导轨上的定值电阻R0.4 ，与P、Q端点相连组成回路又知PN长d0.8 m在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10 N/kg)(AC)A电流的方向由P到QB电流的大小为0.1 AC从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D电阻R上产生的热量约为16 J解析：根据楞次定律可知电流方向为MNPQM，故A项正确；电流大小I A0.08 A，故B项错误；要恰好把质量M0.2 kg的重物拉起，则F安FTMg2 N，B T50 T，BB0t0.50.1t，解得t495 s，故C项正确；电阻R上产生的热量为QI2Rt(0.08)20.4495 J1.27 J，故D项错误11(多选)如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中abcdL，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程及以后的运动过程中ab边未进入磁场、cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(BC)A初始时刻cd边所受安培力的大小为mgB线框中产生的最大感应电流可能为C在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mvQD在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为mv解析：初始时刻，cd边速度为v0，若此时所受重力不大于安培力，则产生的感应电动势最大，为EBLv0，感应电流I，cd边所受安培力的大小FBIL，A错误，B正确；由能量守恒定律，mvmghQEp，cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量为EpmvQmgh，大于mvQ，C正确；cd边最后静止在初始位置下方，重力做的功大于克服弹簧弹力做的功；由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，因减小的重力势能大于增加的弹性势能，所以热量应大于mv，故D错误12如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L0.5 m，NQ两端连接阻值R2.0 的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角30.一质量m0.40 kg，阻值r1.0 的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M0.80 kg的重物相连细线与金属导轨平行金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在00.3 s内通过的电量是0.30.6 s内通过电量的，g10 m/s2，求：(1)00.3 s内金属棒通过的位移；(2)金属棒在00.6 s内产生的热量解析：(1)金属棒在0.30.6 s内通过的电量是q1I1t1金属棒在00.3 s内通过的电量q2由题中的电量关系，代入解得：x20.3 m.(2)金属棒在00.6 s内通过的总位移为xx1x2vt1x2，代入解得x0.75 m根据能量守恒定律Mgxmgxsin(Mm)v2Q代入解得Q3.15 J由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律QI2Rt，得到它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在00.6 s内产生的热量QrQ1.05 J.答案：(1)0.3 m(2)1.05 J