[課時作業(yè)](本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～9題為多項選擇題)1．(2017·內蒙古部分學校高三聯(lián)考)如圖1所示，固定閉合線圈abcd處于方向垂直紙面向外的磁場中，磁感線分布均勻、磁場的磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖2所示，則下列說法正確的是()A．t＝1s時，ab邊受到的安培力方向向左B．t＝2s時，ab邊受到的安培力為0C．t＝2s時，ab邊受到的安培力最大D．t＝4s時，ab邊受到的安培力最大解析：由題圖2知，0～2s內磁感應強度大小逐漸增大，根據楞次定律和左手定則判斷知ab邊受到的安培力方向向右，A錯誤；t＝2s時，eq\f(ΔB,Δt)＝0，感應電流i＝0，安培力F＝0，B正確，C錯誤；t＝4s時，B＝0，安培力F＝0，D錯誤。答案：B2．(2017·吉林省長春市七校高三第二次聯(lián)考)一匝由粗細均勻的同種導線繞成的矩形導線框abcd固定不動，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(未畫出)，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度大小B隨時間t均勻變化，且eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)，已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，已知L長度的電阻為r，則導線框abcd中的電流為()A.eq\f(8kL2,9r)B.eq\f(25kL2,18r)C.eq\f(4kL2,9r) D．eq\f(25kL2,9r)解析：電路中的總電阻為R＝18r，電路中的感應電動勢為E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝16kL2，導線框abcd中的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(8kL2,9r)，選項A正確。答案：A3．(2017·廣西重點高中高三一模)如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強磁場中。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。以逆時針方向為電流正方向，以向右方向為安培力正方向，下列關于bc段導線中的感應電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是()解析：0～0.5T時間內，磁感應強度減小，方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，產生的感應電流沿順時針方向，為負，同理可知，0.5T～T時間內，電流為正，由法拉第電磁感應定律可知，0～0.5T時間內通過bc段導線的電流是0.5T～T時間內通過bc段導線的eq\f(1,2)，A錯，B對；由安培力公式F＝BIL，I＝eq\f(E,R)，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S可知，t＝T時bc段導線受到的安培力大小是t＝0時bc段導線受到的安培力大小的4倍，C、D均錯。答案：B4．如圖所示，用一條橫截面積為S的硬導線做成一個邊長為L的正方形，把正方形的一半固定在均勻增大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)，虛線ab與正方形的一條對角線重合，導線的電阻率為ρ。則下列說法正確的是()A．線框中產生順時針方向的感應電流B．線框具有擴張的趨勢C．若某時刻的磁感應強度為B，則線框受到的安培力為eq\f(\r(2)kBL2S,8ρ)D．線框中a、b兩點間的電勢差大小為eq\f(kL2,2)解析：根據楞次定律，線框中產生的感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據楞次定律，感應電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)L2＝eq\f(1,2)kL2，因線框電阻R＝ρeq\f(4L,S)，那么感應電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kSL,8ρ)，則線框受到的安培力為：F＝BI×eq\r(2)L＝eq\f(\r(2)kBL2S,8ρ)，故C正確；由上分析，可知，ab兩點間的電勢差大小U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,4)kL2，故D錯誤。答案：C5．(2017·佛山市二模)如圖所示，平行極板與單匝圓線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，單匝線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計。在圓中有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質量為m、電荷量為q。則下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．磁感應強度的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(R1＋R2mgd,πr2qR2)C．保持開關閉合，向上移動下極板時，粒子將向下運動D．斷開開關S，粒子將向下運動解析：穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到豎直向下的重力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強方向相反，粒子帶負電，故A錯誤；對粒子，由平衡條件得：mg＝qeq\f(U2,d)，而感應電動勢：E＝eq\f(R2＋R1U2,R2)，解得：E＝eq\f(R1＋R2mgd,qR2)，由法拉第電磁感應定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(R1＋R2mgd,πr2qR2)，故B正確；保持開關閉合，則極板間的電壓不變，當向上移動下極板時，導致間距減小，那么電場強度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運動，故C錯誤；斷開開關S，電容器既不充電，也不放電，則電場強度不變，因此電場力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤。答案：B6．在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω。規(guī)定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示。磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。則以下說法正確的是()A．在時間0～2s內，I的最大值為0.01AB．在時間3～5s內，I的大小越來越小C．前2s內，通過線圈某截面的總電荷量為0.01CD．第3s內，線圈的發(fā)熱功率最大解析：線圈所圍面積不變，因磁場的磁感應強度B隨時間t的變化，引起磁通量的變化，由法拉第電磁感應定律，E＝eq\f(nΔΦ,Δt)＝eq\f(nSΔB,Δt)，其大小由圖象的斜率決定，在t＝0時，斜率最大，且eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s，則Im＝0.01A，A正確；在時間3～5s內，eq\f(ΔB,Δt)一定，產生恒定電流，B錯誤；第3s內，eq\f(ΔB,Δt)＝0，沒有感應電流，D錯誤；前2s內，q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)·t＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正確。答案：AC7．(2017·陜西省寶雞市高三質量檢測)如圖所示，金屬桿ab靜止放在水平固定的“U”形金屬框上，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中。當磁感應強度均勻增大時，桿ab總保持靜止，則()A．桿中感應電流方向是從b到aB．桿中感應電流大小均勻增大C．金屬桿所受安培力方向水平向左D．金屬桿所受安培力大小均勻增大解析：由楞次定律知桿中感應電流方向是從a到b，由左手定則知金屬桿所受安培力方向水平向左，則選項A錯誤，C正確；根據法拉第電磁感應定律，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)，可知當磁感應強度均勻增大時，產生的感應電動勢大小是恒定的，由閉合電路歐姆定律知桿中感應電流大小是恒定的，金屬桿所受安培力大小F＝BIL隨磁感應強度B均勻增大，則選項B錯誤，D正確。答案：CD8．(2017·湖南長沙市高三模擬)不計電阻的平行金屬導軌與水平面成某角度固定放置，兩完全相同的金屬導體棒a、b垂直于導軌靜止放置，且與導軌接觸良好，勻強磁場垂直穿過導軌平面。如圖所示，現用一平行于導軌的恒力F拉導體棒a，使其沿導軌向上運動。在a運動過程中，b始終保持靜止。則以下說法正確的是()A．導體棒a做勻變速直線運動B．導體棒b所受摩擦力可能變?yōu)?C．導體棒b所受摩擦力可能先增大后減小D．導體棒b所受摩擦力方向可能沿導軌向下解析：導體棒a先做加速度逐漸減小的加速直線運動，最后達到勻速。導體棒b所受的安培力沿導軌向上，且不斷增大，最后保持不變，故導體棒b所受的摩擦力先沿導軌向上，且不斷減小，最后可能變?yōu)榱闵踔磷優(yōu)檠貙к壪蛳?，正確選項為B、D。答案：BD9．(2017·湖南省五市十校高三聯(lián)考)如圖所示，兩平行的光滑導軌固定在同一水平面內，兩導軌間距離為L，金屬棒ab垂直于導軌，金屬棒兩端與導軌接觸良好，在導軌左端接入阻值為R的定值電阻，整個裝置處于豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中。與R相連的導線、導軌和金屬棒的電阻均可忽略不計。用平行于導軌向右的大小為F的力拉金屬棒，使金屬棒以大小為v的速度向右勻速運動，下列說法正確的是()A．金屬棒ab相當于電源，其a端相當于電源負極B．拉力F＝eq\f(B2L2v,R)C．回路中的感應電流沿順時針方向流動D．定值電阻消耗的電功率P＝Fv解析：用平行于導軌向右的恒力拉金屬棒，使金屬棒向右勻速運動，ab棒相當于電源，由右手定則知，電流方向由b→a，在電源內部電流由低電勢流向高電勢，所以a端相當于電源的正極，回路中的感應電流沿逆時針方向，A、C選項錯誤；由于金屬棒勻速運動，所以F＝F安，根據法拉第電磁感應定律知F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，而定值電阻消耗的功率為安培力的功率，也等于拉力的功率，選項B、D正確。答案：BD二、非選擇題10．如圖所示，在水平面內存在著豎直向下的有界勻強磁場，其寬度d＝1m，磁感應強度大小B＝eq\f(\r(11),4)T，水平放置的“日”字形閉合導體線框PQFE，寬L＝1m、質量m＝0.25kg，QN、NF的長度都大于d，PQ邊的電阻R1＝1Ω、MN邊的電阻R2＝2Ω、EF邊的電阻R3＝3Ω，其余電阻均不計。t＝0時刻線框在距磁場左邊界x＝3.2m處由靜止開始在水平恒力F作用下沿直線運動，已知當線框PQ邊、MN邊和EF邊剛進磁場時均恰能勻速運動，不計線框運動中的一切摩擦阻力。求：(1)線框所受的力F的大?。?2)線框PQ邊與MN邊之間的距離H；(3)在整個線框穿過磁場的過程中線框中產生的焦耳熱。解析：(1)設PQ邊進磁場時的速度為v1，則有Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0又F＝BI1L，I1＝eq\f(BLv1,r1)，r1＝R1＋eq\f(R2R3,R2＋R3)＝2.2Ω，聯(lián)立解得v1＝eq\f(2B2L2x,mr1)＝8m/s，F＝eq\f(B2L2v1,r1)＝2.5N(2)設MN邊勻速進磁場時的速度為v2，則有F＝BI2L＝eq\f(B2L2v2,r2)，r2＝R2＋eq\f(R1R3,R1＋R3)＝2.75Ω，聯(lián)立解得v2＝eq\f(Fr2,B2L2)＝10m/s設線框速度從v1加速到v2發(fā)生的位移為x1，則有Fx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)即x1＝eq\f(mv\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2F)＝1.8m，所以H＝x1＋d＝2.8m(3)線框中產生的總熱耳熱Q＝3Fd＝3×2.5×1J＝7.5J答案：(1)2.5N(2)2.8m(3)7.5J11．(2017·天津理綜·12)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。解析：(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設MN受到安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關S接2后，MN開始向右