课时作业(9) 电磁感应规律的应用（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

课时作业(9)　电磁感应规律的应用 [ 1．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(　　) A．0～2 s　　　　　　　　 B．2～4 s C．4～5 s D．5～10 s D　[根据E＝n得，感应电动势与磁通量的变化率成正比．Φ­t图线的斜率表示磁通量的变化率，由题图可知，5～10 s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小，选项D正确，A、B、C错误．] 2．如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个理想电压表相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列说法正确的是(　　) A．电压表的示数为150 V，A端接电压表正接线柱 B．电压表的示数为50.0 V，A端接电压表正接线柱 C．电压表的示数为150 V，B端接电压表正接线柱 D．电压表的示数为50.0 V，B端接电压表正接线柱 B　[线圈相当于电源，由楞次定律结合安培定则可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极，故A应该与理想电压表的正接线柱相连，选项C、D错误；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝100× V＝50.0 V，选项A错误，B正确．] 3．(多选)粗细均匀的电阻丝围成边长为L的正方形线框，置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，磁感应强度大小为B，其右边界与正方形线框的bc边平行．现使线框以速度v匀速平移出磁场，如图所示，则在移出的过程中(　　) A．ad边的电流方向为a→d B．ad边的电流方向为d→a C．a、d两点间的电势差绝对值为BLv D．a、d两点间的电势差绝对值为BLv BD　[由右手定则可知，ad边的电流方向为d→a，选项A错误，B正确；在线框以速度v向右运动移出磁场的过程中，只有ad边在切割磁感线，产生感应电动势，则线框上的感应电动势E＝BIv；设每边的电阻为R，根据闭合电路欧姆定律得I＝，a、d两点间的电势差的绝对值是路端电压，则Uad＝I·3R＝BLv，选项C错误，D正确．] 4．如图所示，单匝正方形线框的边长为L，电容器的电容为C.正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，在磁场以变化率k均匀减弱的过程中，下列说法正确的是(　　) A．电压表的读数为 B．线框产生的感应电动势大小为kL2 C．电容器所带的电荷量为零 D．回路中电流为零 D　[磁场均匀减弱，线框中产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后，电路中没有电流，则电压表没有读数，选项A错误，D正确；由法拉第电磁感应定律得E＝S＝k·L2＝，选项B错误；线框中产生恒定的感应电动势，给电容器充电，则电容器所带的电荷量不为零，选项C错误．] 5．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中(　　) A．恒力F做的功等于电路产生的电能 B．克服安培力做的功等于电路中产生的电能 C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能 D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和 BD　[由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，即W安＝W电，选项A错误，B正确；根据动能定理可知，恒力F、安培力与摩擦力的合力做的功等于棒ab获得的动能，即WF－Wf－W安＝Ek，则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和，即WF－Wf＝W电＋Ek，选项C错误，D正确．] 6．如图所示，竖直面内两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，底端通过导线与阻值为r的电阻连接，与导轨接触良好的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，导轨、导线和金属棒M的电阻均忽略不计，匀强磁场B垂直导轨所在平面向外．现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放，则下列说法正确的是(　　) A．金属棒M释放瞬间受三个力作用 B．金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时，电路中电流最大 C．金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从Q到P D．金属棒M运动的整个过程中，电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量 D　[金属棒M释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，金属棒M不受安培力作用，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒M只受重力作用，选项A错误；当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时，金属棒M的加速度为零，速度最大，电路中产生的感应电流最大，选项B错误；根据右手定则可知，金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从P到Q，选项C错误；最终金属棒M静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量守恒定律知，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量，选项D正确．] 7．如图所示，ab、cd为足够长、水平放置的光滑固定导轨，导体棒MN的长度为L＝ 2 m，电阻r＝1 Ω，有垂直abcd平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1.5 T，定值电阻R1＝4 Ω，R2＝20 Ω，当导体棒MN以v＝4 m/s的速度向左做匀速直线运动时，电流表的示数为0.45 A，灯L正常发光．求： (1)MN棒切割磁感线产生的感应电动势和灯L的额定电压； (2)维持导体棒匀速运动的外力功率； (3)正常发光时灯L的电阻值． 解析　导体棒MN产生的感应电动势为E＝BLv＝1.5×2×4 V＝12 V b、d间的电压为Ubd＝U2＝I2R2＝0.45×20 V＝9 V 故灯L的额定电压为UL＝9 V. (2)由闭合电路欧姆定律得E＝U2＋I(r＋R1) 解得通过导体棒的电流为I＝0.6 A 根据能量守恒定律可得维持导体棒匀速运动的外力功率等于整个装置的总电功率 整个装置的总电功率P＝EI＝12×0.6 W＝7.2 W 故维持导体棒匀速运动的外力功率为7.2 W. (3)流过灯L的电流为IL＝I－I2＝0.6 A－0.45 A＝0.15 A 灯L的电阻值RL＝＝ Ω＝60 Ω 答案　(1)12 V　9 V　　(2)7.2 W　　(3)60 Ω 8．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角θ＝37˚，在斜面上直线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5.(取g＝10 m/s2，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8)求： (1)线圈进入磁场区域时的速度； (2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离； (3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热． 解析　(1)设线圈进入磁场时的速度为v，对线圈受力分析，得FA＋μmg cos θ＝mg sin θ 而FA＝BId，I＝，E＝Bdv 联立解得v＝2 m/s. (2)设线圈释放时PQ边到bb′的距离为L，根据动能定理得mg sin θ·L－μmg cos θ·L＝mv2－0 解得L＝1 m. (3)由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长d，则从线圈刚进入磁场到离开磁场，经过的路程为2d，有Q＝FA·2d＝(0.02×0.2) J＝4×10－3 J. 答案　(1)2 m/s　　(2)1 m　　(3)4×10－3 J 9．(多选)(2022·全国甲卷)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，(　　) A．通过导体棒MN电流的最大值为 B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 AD　[开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝＝，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确．] 10．光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场的磁感应强度B＝2.0 T，垂直于导轨平面向上，M、P之间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻，其他电阻不计，质量m＝2.0 kg 的金属杆ab垂直导轨放置，如图(a)所示．用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使它由静止开始运动，其v­t图像如图(b)所示．取g＝10 m/s2，导轨足够长．求： (1)恒力F的大小； (2)金属杆速度为2.0 m/s时的加速度大小； (3)根据v—t图像估算在前0.8 s内电阻上产生的热量． (a) (b) 解析　(1)由题图(b)知，杆ab运动的最大速度为vm＝4 m/s，有F＝mg sin α＋F安＝mg sin α＋，代入数据解得F＝18 N. (2)由牛顿第二定律可得F－F安－mg sin α＝ma 得a＝＝2 m/s2. (3)由题图(b)可知，0.8 s末金属杆的速度为v1＝2.2 m/s，前0.8 s内v­t图线与t轴所包围的小方格的个数约为27个，故前0.8 s内金属杆的位移约为x＝27×0.2×0.2 m＝1.08 m 由能量守恒定律得Q＝Fx－mgx sin α－mv 代入数据解得Q＝3.8 J. 答案　(1)18 N　　(2)2 m/s2　　(3)3.8 J 11．如图(a)所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L＝1.0 m，导轨平面与水平面间的夹角为θ＝30°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为R＝3.0 Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置，并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.50 Ω，重物的质量M＝0.60 kg.如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿导轨上滑距离与时间的关系图像如图(b)所示，不计导轨电阻，g取10 m/s2.求： (1)t＝0时刻金属棒的加速度； (2)磁感应强度B的大小以及在0.6 s内通过电阻R的电荷量； (3)在0.6 s内电阻R产生的热量． 解析　(1)在t＝0时刻，对金属棒和重物整体，由牛顿第二定律得Mg－mg sin θ＝(M＋m)a 解得a＝6.25 m/s2 (2)由题图(b)可以看出，最终金属棒ab将匀速运动，匀速运动的速度v＝＝3.5 m/s 金属棒产生的感应电动势E＝BLv 感应电流I＝ 金属棒所受安培力F＝ILB＝ 匀速运动时，金属棒受力平衡，可得 ＋mg sin θ＝Mg 联立解得B＝ T 在0.6 s内金属棒ab上滑的距离s＝1.40 m 通过电阻R的电荷量q＝＝＝ C. (3)由能量守恒定律得 Mgs＝mgs sin θ＋Q＋(M＋m)v2 解得Q＝2.1 J 又因为QR＝Q 解得QR＝1.8 J 答案　(1)6.25 m/s2　(2) T　 C　(3)1.8 J 学科网（北京）股份有限公司 $$