2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第十单元 电磁感应 作业47 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第十单元 电磁感应 作业47 Word版含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则( )
A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大
B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率
D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
答案 CD
解析 金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动，随着ab运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F方向相反的安培力增大，其加速度减小，A项错误；外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和导体棒增加的动能之和，B项错误；由能量守恒定律可知，当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率，C项正确；无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，D项正确．
2.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同．下面四个图像能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( )
答案 C
解析 MN棒先做自由落体运动，当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F安>mg，由牛顿第二定律得，F安－mg＝ma，当减速时F安减小，合力减小，a也减小，速度图像中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为g的匀加速直线运动，随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有C项正确．
3．两磁感应强度均为B的匀强磁场区Ⅰ、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L(L>s)、电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则( )
A．当ab边刚进入中间无磁场区域Ⅱ时，ab两点间的电压为eq \f(3BLv,4)
B．当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为eq \f(2BLv,R)，方向由a→b
C．把金属线框从ab边刚进入Ⅱ区域到完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功为eq \f(2B2L2v,R)(2L－s)
D．从cd边刚进入Ⅱ区域到刚进入Ⅲ区域的过程中，回路中产生的焦耳热为eq \f(B2L2v,R)(L－s)
答案 BC
解析 当ab边刚进入区域Ⅱ时，cd边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，所以ab两点间的电压为eq \f(BLv,4)，选项A错误；当ab边进入区域Ⅲ时，ab、cd边均切割磁感线，由右手定则可知方向由a→b，大小为eq \f(2BLv,R)，选项B正确；当把金属线框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功为W＝W1＋W2＋W3，而W1＝W3＝eq \f(B2L2vs,R)，W2＝eq \f(4B2L2v,R)(L－s)，所以W＝eq \f(2B2L2v,R)(2L－s)，选项C正确；从cd边刚进入Ⅱ区域到刚进入Ⅲ区域的过程中，回路中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝eq \f(B2L2v2,R)·eq \f(s,v)＝eq \f(B2L2vs,R)，选项D错误．
4.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为eq \f(m2g2Rsin2θ,4B2d2)
D．线框第一次匀速运动的过程比第二次匀速运动的过程产生的热量多
答案 CD
解析 线框从释放到穿出磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda后沿adcba再沿abcda方向，选项A错误；线框第一次匀速运动时，由平衡条件有BId＝mgsinθ，I＝eq \f(Bdv1,R)，解得v1＝eq \f(mgRsinθ,B2d2).第二次匀速运动时，由平衡条件有2BI′d＝mgsinθ，I′＝eq \f(2Bdv2,R)，解得v2＝eq \f(mgRsinθ,4B2d2).线框ab边匀速通过区域Ⅰ，先减速再匀速通过区域Ⅱ，而两区域宽度相同，故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间，选项B错误；由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率，即P＝mgv2sinθ＝eq \f(m2g2Rsin2θ,4B2d2)，选项C正确；线框在匀速运动中产生的热量等于减少的重力势能，线框第一次匀速运动的过程比第二次匀速运动的过程下滑的距离大，减少的重力势能多，选项D正确．
5.如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大小为eq \f(1,2)v
B．下滑位移大小为eq \f(qR,BL)
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为eq \f(B2L2v,R)sinθ
答案 B
解析 流过ab棒某一截面的电量q＝It＝eq \f(BΔS,Rt)t＝eq \f(BLx,R)，ab棒下滑的位移x＝eq \f(qR,BL)，其平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于eq \f(1,2)v，选项A错误，选项B正确；由能量守恒mgxsinθ＝Q＋eq \f(1,2)mv2，产生的焦耳热Q＝mgxsinθ－eq \f(1,2)mv2＝mgeq \f(qR,BL)sinθ－eq \f(1,2)mv2，选项C错误；当mgsinθ＝eq \f(B2L2v,R)时v最大，安培力最大，即F安m＝mgsinθ＝eq \f(B2L2v,R)，选项D错误．
6．(2016·四川第二次大联考)如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝eq \f(mg,k)，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正确的是( )
A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝eq \f(B2L2v0,R)
B．初始时刻导体棒加速度的大小a＝2g＋eq \f(B2L2v0,m（R＋r）)
C．导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态
D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2m2g2,k)
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0，由闭合电路的欧姆定律得：I＝eq \f(E,R＋r)，由安培力公式，得F＝eq \f(B2L2v0,R＋r)，故选项A错误；初始时刻，F＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋eq \f(B2L2v0,m（R＋r）)，故选项B正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故选项C正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R上的只是一部分，故选项D错误．
7．如图甲所示，电阻不计且间距L＝1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平，已知杆ab进入磁场时的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则( )
A．匀强磁场的磁感应强度为1 T
B．杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/s
C．杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 J
D．杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C
答案 D
解析 在杆ab刚进入磁场时，有eq \f(B2L2v0,R)－mg＝ma，由题图乙知，a的大小为10 m/s2，解得B＝2 T，选项A错误．杆ab下落0.3 m时杆做匀速运动，则有eq \f(B2L2v′,R)＝mg，解得v′＝0.5 m/s，选项B错误．在杆ab下落0.3 m的过程中，根据能量守恒，R上产生的热量为Q＝mgh－eq \f(1,2)mv′2＝0.287 5 J，选项C错误．通过R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(B·ΔS,R)＝0.25 C，选项D正确．
8．如图，在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则( )
A．电阻R中的感应电流方向由a到c
B．物块下落的最大加速度为g
C．若h足够大，物块下落的最大速度为eq \f(mgR,B2l2)
D．通过电阻R的电荷量为eq \f(Blh,R)
答案 CD
解析 题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，选项A错误；对导体棒应用牛顿第二定律，有T－F安＝ma，又F安＝Beq \f(Blv,R)l，再对物块应用牛顿第二定律，有mg－T＝ma，则联立可得a＝eq \f(g,2)－eq \f(B2l2v,2mR)，则物块下落的最大加速度am＝eq \f(g,2)，选项B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝eq \f(mgR,B2l2)，选项C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)＝eq \f(Blh,R)，选项D正确．
9．如图(a)所示为磁悬浮列车模型，质量M＝1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m＝1 kg，边长为1 m，电阻为eq \f(1,16) Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝′为AD、BC的中线．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图(b)所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图(c)所示，AB恰在磁场边缘以内，g＝10 m/s2.若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后( )
A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为3 m/s2
B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s2
C．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板仍静止
D．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板的加速度为2 m/s2
答案 AD
解析 若金属框固定在绝缘板上，由题意得E＝eq \f(ΔB1,Δt)·eq \f(1,2)SABCD＝1×eq \f(1,2)×1×1 V＝0.5 V，I＝eq \f(E,R)＝8 A，FAB＝B2IL＝8 N，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律：FAB－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝3 m/s2，A项正确，B项错；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，对金属框应用牛顿第二定律得FAB－Ff1＝ma1，a1＝4 m/s2；对绝缘板应用牛顿第二定律，得Ff1－Ff2＝Ma2，Ff2＝μ1(M＋m)g＝2 N，解得a2＝2 m/s2，假设合理．C项错误，D项正确．
10．有一半径为R，电阻率为ρ，密度为d的均匀圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中，圆环的截面半径为r(r≪R)．如图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则( )
A．此时整个圆环的电动势E＝2Bvπr
B．忽略电感的影响，此时圆环中的电流I＝eq \f(Bπr2v,ρ)
C．此时圆环的加速度a＝eq \f(B2v,ρd)
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝eq \f(ρgd,B2)
答案 BD
解析 此时整个圆环垂直切割径向磁感线，电动势E＝2BvπR，选项A错误；此时圆环中的电流I＝eq \f(E,\f(2πRρ,πr2))＝eq \f(2BvπR,\f(2Rρ,r2))＝eq \f(Bπr2v,ρ)，选项B正确；对圆环根据牛顿第二定律得mg－F安＝ma，F安＝BI·2πR＝eq \f(2π2B2r2Rv,ρ)，m＝dπr2·2πR，则a＝g－eq \f(B2v,ρd)，选项C错误；如果径向磁场足够长，当a＝0时圆环的速度最大，即g－eq \f(B2vm,ρd)＝0，则vm＝eq \f(ρgd,B2)，选项D正确．
二、非选择题
11.(2016·课标全国Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
答案 (1)Blt0(eq \f(F,m)－μg) (2)eq \f(B2l2t0,m)
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0(eq \f(F,m)－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律
I＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
f＝BIl⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝eq \f(B2l2t0,m)⑧
12．如图甲所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L＝0.4 m，自身电阻不计，上端接有R＝0.2 Ω的定值电阻，在导轨间MN虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5 T的有界匀强磁场，MN虚线到磁场的下边界的距离为28 m．在MN虚线上方垂直导轨放有一根电阻r＝0.1 Ω的金属棒．现将金属棒无初速度释放，其运动时的v­t图像如图乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求斜面的倾角θ和金属棒的质量m(保留三位有效数字)
(2)在磁场中运动的整个过程中定值电阻R上产生的热量Q是多少？
答案 (1)37° 0.133 kg (2)19.7 J
解析 (1)在0－2 s时间内，金属棒未进入磁场，
根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma， 即a＝gsinθ
由图像知a＝eq \f(12－0,2) m/s2＝6 m/s2
解得θ＝37°
在t＝5 s之后金属棒做匀速运动，
且v＝6 m/s，金属棒受力平衡．
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)
则mgsinθ＝BIL
解得m＝eq \f(2,15) kg≈0.133 kg.
(2)末速度v2＝6 m/s，金属棒进磁场前的位移是12 m，
整个过程金属棒位移x＝40 m
由能量关系有mgxsinθ＝Q总＋eq \f(1,2)mv22
得Q总≈29.5 J
故电阻R上的热量Q＝Q总eq \f(R,R＋r)，
代入数据得Q≈19.7 J.
13．如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50 m．轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50 Ω的定值电阻．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度为B＝0.60 T的匀强磁场中，磁场区域的右边界为NN′，宽度为d＝0.80 m．NN′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R0＝0.50 m．现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0 m处，其质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω.ab杆在与杆垂直的水平恒力F＝2.0 N的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g＝10 m/s2，求：
(1)导体杆通过PP′后落到直轨道上的位置离NN′的距离；
(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路产生的焦耳热．
答案 (1)1 m (2)0.4 C (3)0.94 J
解析 (1)设导体杆运动到半圆形轨道最高位置的速度为v，因导体杆恰好能通过轨道最高位置，由牛顿第二定律，得mg＝eq \f(mv2,R0)
导体杆通过PP′后做平抛运动，则x＝vt，2R0＝eq \f(gt2,2)
解得x＝1 m.
(2)根据q＝I·Δt，I＝eq \f(E,R＋r)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝B·ld
联立解得q＝0.4 C.
(3)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时速度为v1，由动能定理有
(F－μmg)s＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝6.0 m/s
在导体杆从刚进磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有
eq \f(mv12,2)＝Q＋mg×2R0＋eq \f(mv2,2)＋μmgd
解得Q＝0.94 J