【文档说明】高考物理一轮复习课件第10章电磁感应课时作业35 (含解析).ppt，共(33)页，862.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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进入导航第1页课时作业35电磁感应规律的综合应用(一)进入导航第2页时间：45分钟1．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随

时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法中正确的是()D进入导航第3页A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小解析：磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得ab中的感应

电流方向由a到b，故A错误．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝ΔBSΔt得感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误．根据F＝BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误．金属棒在安培力和静摩擦力作用下处于平衡

状态，有f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．进入导航第4页2．如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现

给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()C进入导航第5页A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BLvRC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR进入导航第6页解析：本题考查

电磁感应的电路问题，搞清谁是电源，内、外电阻分别是什么可快速求解．当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间

的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误．电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，所以C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．进入导航第7页3．如图所示，用横截面积之比为41的铜丝做成边长分别为

L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中将a和b匀速拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则WaWb为()A．14B．12C．11D．不能确定C进入导航第8页解析：根据能量守恒定律，外力做的功等于

电路中产生的电能，设线框切割磁感线的有效长度为l，则外力对线框做的功W＝B2l2v2R·lv，而R＝ρ·4lS，联立得W＝B2l2vS4ρ，因SaSb＝41，lalb＝12，故WaWb＝11，选项C正确．进入导航第9页4．(多选)如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线

框abcd放在光滑水平面上，其右边有一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场宽度为L，磁场左边界与线框的ab边相距为L.现给线框一水平向右的恒力，ab边进入磁场时线框恰好做匀速运动，此时线框中的感应电流大

小为I0.下列说法正确的是()BCD进入导航第10页A．线框进入磁场时，感应电流沿逆时针方向B．线框进入磁场时的速度大小为I0RBLC．从开始到ab边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝BL2RD．线框通过磁场区域的过

程中产生的焦耳热Q＝2BI0L2进入导航第11页解析：线框进入磁场时，根据楞次定律和右手安培定则，感应电流沿顺时针方向，故A错误；ab边进入磁场时线框恰好做匀速运动，则有I0＝BLvR，线框进入磁场时的速度大小为v＝I0RBL，故B正确

；从开始到ab边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量q＝ΔΦR＝BL2R，故C正确；根据能量守恒得线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q＝WF＝F安×2L＝2BI0L2，故D正确．进入导航第12页5．(多选)如图所示，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与PQ平行且间距为L，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab接入电路的电阻为R，当金属棒ab

下滑距离s时，速度大小为v，则在这一过程中()BCD进入导航第13页A．金属棒ab运动的平均速度大小为12vB．通过金属棒ab某一横截面的电荷量为BLsRC．金属棒ab受到的最大安培力为B2L2vRD．金属棒

ab克服安培力做功为mgssinθ－12mv2进入导航第14页解析：分析金属棒ab的受力情况，有mgsinθ－B2L2vR＝ma，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v，故A错误；通过金属棒ab某一横截面的电荷量q＝IΔt＝ΔΦΔt·1RΔ

t＝ΔΦR＝BLsR，故B正确；金属棒ab受到的最大安培力为F＝BIL＝B2L2vR，故C正确；根据动能定理可知，mgssinθ－W安＝12mv2，金属棒ab克服安培力做功为W安＝mgssinθ－12mv2，故D正确．进入导航第15页6．(多选)如图所示，一匝数为n、边长为L、质量为m、电阻为

R的正方形导体线框abcd，与一质量为3m的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当ad边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计一切摩擦，重

力加速度为g.则()CD进入导航第16页A．线框ad边进入磁场之前线框加速度a＝2gB．从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量q＝BL2RC．整个运动过程线框产生的焦耳热为Q＝4mgLD．线

框进入磁场时的速度大小v＝2mgRn2B2L2进入导航第17页解析：在线框ad边进入磁场之前，有3mg－FT＝3ma，FT－mg＝ma，解得a＝g，A错误；根据q＝nΔΦR可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为q＝nBL2R，B错误；线圈进入磁场过程中和穿出磁场过

程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，C正确；ab边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有FT＝3mg，FT＝mg＋F安，F安＝nBIL，I＝nBLvR，联立解得v＝2mgRn2B2L2，D正确．进入导航第18页7．(多选

)如图所示，一匝数n＝10匝、总电阻R＝2.5Ω、边长L＝0.3m的匀质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r＝L3的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度B的大小随时间t变化的关系如图乙所示，a、b是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面

间的最大静摩擦力f＝0.6N，取π＝3，则()BD进入导航第19页A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.06WbB．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.1AC．线框静止时，a、b两点间的电压为U＝79VD．经时间t＝0.8s，线框开始滑动进入导航第20页解析

：t＝0时刻穿过线框的磁通量Φ＝B×16πr2＝2×16×3×0.12Wb＝0.01Wb，故A错误；当线框静止时，根据法拉第电磁感应定律有E＝nΔBΔtS＝10×5－20.6×16×3×0.12V＝0.25V，再由闭合电路欧姆定律有I＝ER＝0.

252.5A＝0.1A，则a、b两点间电压为U＝IR′＝0.1×79×2.5V＝736V，故B正确，C错误；经时间t＝0.8s，由图乙可知此时B＝6T，感应电流I＝0.1A，进入导航第21页则线框受到的安培力大小F1＝F2＝nBI×L3＝10×6×0.1×0.1N＝0.6N，根据

楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力方向垂直导线框向外，如图所示．根据几何关系可知，安培力F1与F2夹角为120°，则两安培力的合力为0.6N，线框与水平面间的最大静摩擦力f＝0.6N，故线框在经时间t＝

0.8s后开始滑动，故D正确．进入导航第22页进入导航第23页8．(2019·江西赣州一模)(多选)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上

的匀强磁场中．M和N之间连接阻值为R的电阻和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是()BCD进入导航第24页进入导航第

25页A．电阻R中的电流方向从a到bB．铜盘转动产生的感应电动势大小为12BL2ωC．电阻R的最大功率为B2L4Rω24R＋r2D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大电功率为B2L4ω216R＋r进入导航第26页解析：若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可

知，电阻R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得铜盘转动产生的感应电动势为E＝12BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得I＝Er＋R＋RP，则电阻R的功率为P＝I2R＝Er

＋R＋RP2R，当RP＝0时，电阻R的功率最大，即Pm＝B2L4Rω24R＋r2，故C正确；把电阻R等效为电源的内阻，则电路中的等效内阻为r′＝r＋R，此时外电路只有RP，故当RP＝r′＝r＋R时，滑动变阻器的电功率最大，即P′m＝B2L4ω216

R＋r，故D正确，故选B、C、D.进入导航第27页9．(2019·河南郑州质检)(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感

应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(

重力加速度为g)()ACD进入导航第28页A．金属棒中的最大电流为BL2gh2RB．金属棒克服安培力做的功为mghC．通过金属棒的电荷量为BdL2RD．金属棒产生的电热为12mg(h－μd)进入导航第

29页解析：金属棒下滑过程中，根据动能定理得mgh＝12mv2，金属棒到达水平面时的速度为v＝2gh，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，则最大感应电流为I＝ER＋R＝BL2gh2R，故A正确；金属棒在整个运

动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故B错误；感应电荷量为q＝IΔt＝ΔΦ2R＝BLd2R，故C正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦

耳热QR＝12Q＝12WB＝12mg(h－μd)，故D正确．进入导航第30页10．(2019·上海虹口质检)两根平行金属导轨相距L＝0.50m，固定在水平面内，导轨左端串接一个R＝0.04Ω的电阻，在沿导轨长为d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场

，磁感应强度B＝2.0T，质量m＝4.0kg的金属棒CD置于导轨上，与导轨接触良好，且与两导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.8，棒在导轨之间的电阻r＝0.01Ω，绝缘轻绳系于棒的中点，初始时刻，CD棒距磁场左边界s＝0.24m，现通过绳

用水平向右的F＝80N恒力拉CD棒，使棒由静止开始运动，运动过程中始终保持与导轨垂直，当CD棒到达磁场右边界时撤去拉力(不计其他电阻以及轻绳的质量)，重力加速度g取10m/s2，求：进入导航第31页(1)CD

棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；(3)在拉CD棒的过程中，绳的拉力所做的功W和电阻R上产生的焦耳热Q.进入导航第32页解析：(1)由牛顿第二定律得F－μmg＝m

a，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2＝2as，联立解得v＝2.4m/s.(2)CD棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r，安培力FA＝BIL，联立解得FA＝48N.进入导航第33页(3)由题意可得，拉力做功为W＝F

(s＋d)＝80×(0.24＋0.56)J＝64J，CD棒进入磁场后，有F＝FA＋μmg，故CD棒做匀速直线运动，由能量守恒定律得μmgd＋Q总＝Fd，电阻上产生的热量Q＝RR＋rQ总，联立解得Q＝21.504J.答案：(1)2.4m/s(2)48N(3)64J21.504J