【文档说明】高考物理第一轮复习课时跟踪练：第10章第3讲 电磁感应规律的综合应用 (含解析).doc，共(13)页，233.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第十章电磁感应第三讲电磁感应规律的综合应用课时跟踪练A组基础巩固1.(2018·连云港模拟)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率()A．均匀增大B．

先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变解析：条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力，绝缘铜环内产生感应电流，导致条形磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，故其速率逐渐增大，最后趋于不变，选项C正确，选项A、B、D错误．答案：C2.(2018·保定模拟)如图所示

，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴，一导线折成边长为L的正方形闭合线框abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若电流以逆时针方向为正方向，则从

线框开始运动到ab边刚进入到PQ右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是()解析：由法拉第电磁感应定律知ab边运动到MN边界的过程中感应电动势E＝2BLv＝2BLat，感应电流为i＝ER＝2BLatR∝t，C、D错；在ab边从MN边界运动到PQ边界的

过程中，产生的感应电动势为E＝BLv＝BLat，感应电流为I＝ER＝BLatR∝t，即刚过MN边界时感应电动势、感应电流均减小一半，所以A错，B对．答案：B3.(2018·日照模拟)如图所示，两根相距为l的平行

直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内

)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则()A．U＝12vBlB．U＝13vBlC．U＝vBlD．U＝2vBl解析：电路中电动势为E＝Blv，则MN两端电压大小U＝ER＋R·R＝12Blv，故A正确．答案：A4.(多选)(2

018·日照第一中学检测)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.

ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则()A．ab棒中的电流方向由b到aB．cd棒先做加速运动后做

匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值大于其重力D．力F做的功等于两棒产生的电热与增加的机械能之和解析：ab棒向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得，ab棒中的感应电流方向为b

→a，故A正确；cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域磁场向下，所受的安培力向里，cd棒所受的滑动摩擦力向上，ab棒做匀加速运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于

重力，后大于重力，所以cd棒先做加速运动后做减速运动，最后停止运动，故B错误；因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力，故C正确；根据动能定理可得WF－WFf－W安培－WG＝12mv2－0，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D错误．答案：AC5.(2

018·北京模拟)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图中的()解析：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得E＝ΔBΔtS，I＝ER，线圈AB边所受安培力

大小F＝BIL＝BΔBΔtRSL，由于F和SLR不变，则BΔBΔt不变；力F的方向向右，根据楞次定律可知：此时通过线圈的磁通量是增加的，故磁感应强度B增大，而ΔBΔt是减小的，故选项D正确，选项A、B、C错误．答案：D6.(2018·青岛模拟)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框原先整个

置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框沿四个不同方向以相同速率v匀速平移出磁场，如图所示，线框移出磁场的整个过程()A．四种情况下ab两端的电势差都相同B．①图中流过线框的电荷量与v的大小无关C．②图中线框的电功率与v的大小成正比D．③图中磁场力对线框做的

功与v2成正比解析：由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt，闭合电路欧姆定律I＝ER，电流定义式I＝qΔt可得q＝ΔΦR，线框沿四个不同方向移出磁场，流过线框的电荷量与v的大小无关，选项B正确；四种情况下ab两端的电势差不相同，选项A错误；②图中线框的电功率P＝E2R，E＝BLv

，P与v的二次方大小成正比，选项C错误；③图中磁场力F＝BIL，I＝ER，E＝BLv，磁场力对线框做功W＝FL，磁场力对线框做的功与v成正比，选项D错误．答案：B7.(2018·济宁模拟)如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边

界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd

，则()A．Fd>Fc>FbB．Fc<Fd<FbC．Fc>Fb>FdD．Fc<Fb<Fd解析：从a到b线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即Fc＝0，从b到d线圈继续加速，vd>vb，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变

化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：F＝BIl＝BBlvRl＝B2l2vR，因vd>vb，所以Fd>Fb>Fc，选项D正确．答案：D8.(2018·聊城模拟)如图甲是半径为a的圆形导线框，电阻为R，虚线是圆的一条弦，虚

线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直线框向里的磁场方向为正，求：(1)线框中0～t0时间内的感应电流大小和方向；(2)线框中0～t0时间内产生的热量．解析：(1)设虚线左侧的面积为S1，右侧的面积为S2，则根据法拉第电磁感

应定律得：向里的变化磁场产生的感应电动势为E1＝S1ΔB1Δt，感应电流方向为逆时针；方向向外的变化磁场产生的感应电动势为E2＝S2ΔB2Δt.感应电流方向为逆时针方向；从题图乙中可以得到ΔB1Δt＝B0t0，ΔB2Δt＝B0t0.感应电流为I＝E1＋E2R＝πa2B0Rt0，方向为逆时针

方向．(2)根据焦耳定律可得Q＝I2Rt0＝π2a4B20Rt0.答案：(1)πa2B0Rt0逆时针方向(2)π2a4B20Rt0B组能力提升9．(2016·浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，

匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．

a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1解析：当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感

应定律E＝SΔBΔt及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρLS′知，两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误．答案：

B10.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取

沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()解析：0～L过程中，无感应电流；L～2L过程中bc边切割磁场的有效长度逐渐增大，电流沿顺时针方向，大小由0均匀增大到BLvR；2L～3L过

程中ad和bc分别切割左右磁场，总电动势BLv不变，感应电流大小不变，电流沿逆时针方向；3L～4L过程中ad边切割磁场有效长度逐渐减小，电流沿顺时针方向，大小由BLvR均匀减小到0，故选项D正确．答案：D11.(多选)(2017·湖南师大附中等四校联考)如图所示

，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中；AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻；质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端与导体棒MN中点连接，另一端均被固定；导体棒MN与导

轨接触良好；开始时，弹簧均处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则()A．初始时刻导体棒MN所受的安培力大小为2B2L2v0R

B．从初始时刻至导体棒MN第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热大于2Q3C．当导体棒MN第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能为14mv20－QD．当导体棒MN再次回到初始位置时，AC间电阻R的热功率为B2L2v20R

解析：由F＝BIL及I＝BLv0R并，得安培力大小为FA＝2B2L2v0R，故A正确；由题知，导体棒MN第一次运动至最右端的过程中，AC间电阻R上产生的焦耳热为Q，回路中产生的总焦耳热为2Q，由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，MN第一次达到最左端的过程中，平均

速度最大，平均安培力最大，位移也最大，MN克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于13×2Q＝23Q，故B正确；由能量守恒得知，当MN第一次达到最右端时，MN的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲、乙弹簧的弹性势能，又甲、乙两弹簧的弹性势能相等

，所以甲具有的弹性势能为1212mv20－2Q＝14mv20－Q，故C正确；当MN再次回到初始位置时，速度小于v0，MN产生的感应电动势小于BLv0，则AC间电阻R的热功率小于B2L2v20R，故D错误．

答案：ABC12.(2018·天津静海一中模拟)如图所示，左右两边分别有两根平行金属导轨相距均为L，左导轨与水平面夹角为30°，右导轨与水平面夹角为60°，左右导轨上端用导线连接．导轨空间内存在匀强磁场，左边的导轨处在方向沿左导轨平面斜向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中．右边的导轨处在垂

直于右导轨平面斜向上，磁感应强度大小也为B的匀强磁场中．质量均为m的导体杆ab和cd垂直导轨分别放于左右两侧导轨上，已知两导体杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ＝32，回路电阻恒为R，若同时无初速度释放两导体杆

，发现cd沿右导轨下滑s距离时，ab才开始运动(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．求：(1)ab刚要开始运动时cd的速度v；(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热；(3)cd的最终速度为多少？解析：(1)ab刚运动时，有FN＝mgcos30°－F安，μFN＝mgsin30°，

得F安＝36mg，由安培力公式F安＝BIL，得I＝3mg6BL，由闭合电路欧姆定律I＝ER，解得E＝3mgR6BL，对cd，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，解得v＝3mgR6B2L2.(2)由动能定理得mgssin60°－μmgscos60°－W克安＝12mv2，而W克安＝Q，故：Q＝m

g43s－m2gR26B4L4.(3)根据牛顿第二定律得mgsin60°＝μmgcos60°＋B2L2vmR，解得vm＝3mgR4B2L2.答案：(1)3mgR6B2L2(2)mg43s－m2gR26B4L4(3)3mgR4B2L2