《2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓29 電磁感應定律的綜合應用（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓29 電磁感應定律的綜合應用（含解析）新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時集訓(二十九) 電磁感應定律的綜合應用 (建議用時：40分鐘) [基礎對點練] 題組一：電磁感應中的電路問題 1．如圖甲所示為n＝50匝的圓形線圈M，它的兩端點C、D與內(nèi)阻很大的電壓表相連，線圈中磁通量的變化規(guī)律如圖乙所示，則C、D兩點的電勢高低與電壓表的讀數(shù)為(　　) 　　　 甲　　　　　　　　　乙 A．φC>φD,20 V　　　　 B．φC>φD,10 V C．φC<φD,20 V D．φC<φD,10 V B　[圓形線圈產(chǎn)生感生電動勢，相當于電源的內(nèi)電路。磁通量均勻增加，由楞次定律知，線圈中的感應電流為逆時針方向，又因為線圈相當于內(nèi)電路，故φC>φD；E＝n＝5

2、0× V＝10 V，因而電壓表的讀數(shù)為10 V。電壓表測量的是電源的電動勢，即感生電動勢，故選項B正確。] 2．如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)a、b兩點恰到磁場邊界時，a、b兩點的電勢差為(　　) A．BRv B．BRv C．BRv D．BRv D　[設整個圓環(huán)電阻是r，其外電阻是圓環(huán)總電阻的，即磁場外的部分，而在磁場內(nèi)切割磁感線的有效長度是R，其相當于電源，E＝B·R·v，根據(jù)歐姆定律可得U＝E＝BRv，選項D正確。] 題組二：電磁感應中的圖象問題 3.(多選)(2019·

3、廣西模擬)圖示有三個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側邊界處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時的磁通量Φ為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量Φ、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間t變化的規(guī)律圖象的是(　　) A　　　　　　B C　　　　　　D ABD　[當線框開始進入磁場時，磁通量開始增加，當全部進入時達最大；此后向里的磁通量增加，總磁通

4、量減小且變化率為之前2倍；當運動到1.5L時，磁通量最小，當運動到2L時磁通量變?yōu)橄蚶锏淖畲?，故A項正確；當線框進入第一個磁場時，由E＝BLv可知，E保持不變，感應電動勢為正；而開始進入第二個磁場時，兩端同時切割磁感線，電動勢為2BLv，為正，故B項正確；因安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，故C項錯誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，而當線框在第一個磁場時，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，F(xiàn)安＝2B·L＝4，因此安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，則拉力的功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D項正確。] 4．(多選)空間內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域的橫截面為等腰直角三角形，底邊水

5、平，其斜邊長度為L。一正方形導體框邊長也為L，開始時正方形導體框的ab邊與磁場區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合，如圖所示。從圖示位置開始計時，正方形導體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場。若導體框中的感應電流為i，a、b兩點間的電壓為uab，感應電流取逆時針方向為正，則在導體框穿越磁場的過程中，下列i、uab隨時間的變化規(guī)律正確的是(　　) A　　 　B　　　　C　　　D AD　[由楞次定律可以判斷出導體框進磁場時電流方向為逆時針，出磁場時電流方向為順時針，由E＝Blv可得i＝＝，進、出磁場時導體框切割磁感線的有效長度l均由大變小，所以電流也是從大變小，選項A正確，B錯誤；進磁場時ab為

6、電源，uab<0且uab由－Blv增大至零，出磁場時ab不是電源，電流從b到a，uab<0且uab由－增大至零，選項C錯誤，D正確。] 題組三：電磁感應中的動力學能量問題 5．(多選)(2019·泰安模擬)如圖所示，空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距。若線框自由下落，從ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能(　　) A．始終減小 B．始終不變 C．始終增加 D．先減小后增加 CD　[導線框

7、開始做自由落體運動，ab邊以一定的速度進入磁場，ab邊切割磁場產(chǎn)生感應電流，根據(jù)左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當安培力大于重力時，線框做減速運動，當線框完全進入磁場后，線框不產(chǎn)生感應電流，此時只受重力，做加速運動，故先減速運動后加速運動，A項錯誤，D項正確；當ab邊進入磁場后安培力等于重力時，線框做勻速運動，當線框完全進入磁場后，線框不產(chǎn)生感應電流，此時只受重力，做加速運動，故先勻速運動后加速運動，B項錯誤；當ab邊進入磁場后安培力小于重力時，線框做加速運動，當線框完全進入磁場后，線框不產(chǎn)生感應電流，此時只受重力，做加速度增大的加速運動，C項正確。] 6．(多選)(2019·惠州模擬)

8、如圖所示，在磁感應強度B＝1.0 T的勻強磁場中，質量m＝1 kg的金屬桿PQ在水平向右的外力F作用下沿著粗糙U形導軌以速度v＝2 m/s向右勻速滑動，U形導軌固定在水平面上，兩導軌間距離l＝1.0 m，金屬桿PQ與U形導軌之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，定值電阻阻值R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，導軌電阻忽略不計，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．通過R的感應電流的方向為由d到a B．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為2.0 V C．金屬桿PQ受到的外力F的大小為2.5 N D．外力F做功的數(shù)值大于電路上產(chǎn)生的焦耳熱 BD　[根據(jù)

9、右手定則可判斷出金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電流的方向為從Q到P，通過R的感應電流的方向為由a到d，選項A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為E＝Blv＝1.0×1.0×2 V＝2.0 V，選項B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，金屬桿PQ中的電流大小I＝＝0.5 A，金屬桿PQ受到的安培力F安＝BIl＝1.0×0.5×1.0 N＝0.5 N，方向與速度方向相反，金屬桿PQ與U形導軌之間的摩擦力f＝μmg＝0.3×1×10 N＝3 N，又金屬桿PQ做勻速運動，則金屬桿PQ受到的外力F的大小為F＝F安＋f＝0.5 N＋3 N＝3.5 N，選項C錯誤；根據(jù)功能關系

10、，外力F做功的數(shù)值等于金屬桿克服摩擦力做的功與電路上產(chǎn)生的焦耳熱之和，即外力F做功的數(shù)值大于電路上產(chǎn)生的焦耳熱，選項D正確。] 7．(多選)(2019·湛江模擬)豎直放置的平行光滑導軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示。磁感應強度B＝0.5 T，導體ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重均為0.1 N，現(xiàn)用豎直向上的力推導體ab，使之勻速上升(與導軌接觸良好)，此時釋放cd，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b受到的推力大小為0.2 N B．a(chǎn)b向上的速度為2 m/s C．在2 s內(nèi)，推力做功轉化的電能是0.8 J D．在2 s內(nèi)，推力做功

11、為0.6 J AB　[導體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的推力F＝2mg＝0.2 N，故A正確；cd棒受到的安培力F安＝BIL＝，cd棒靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得＝mg，代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，則在2 s內(nèi)，拉力做的功有0.4 J的機械能轉化為電能，故C錯誤；在2 s內(nèi)拉力做的功為W＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D錯誤。] 題組四：電磁感應中的動量問題 8.(2019·廣州模擬)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電

12、阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，下列說法正確的是(　　) A．回路中的最大電流為 B．銅棒b的最大加速度為 C．銅棒b獲得的最大速度為 D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為 B　[給銅棒a一個平行導軌的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a電動勢E＝BLv0，回路電流I0＝＝，選項A錯誤；此時

13、銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，選項B正確；此后銅棒a做變減速運動，銅棒b做變加速運動，當二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，據(jù)動量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，選項C錯誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv－·2mv2＝，選項D錯誤。] 9.如圖所示，兩根彼此平行放置的光滑金屬導軌，其水平部分足夠長且處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B。現(xiàn)將質量為m1的導體棒ab放置于導軌的水平段，將質量為m2的導體棒cd從導軌的圓弧部分距水平段高為h的位置由靜止釋放。已知導體棒ab和cd接入電路的有效電阻分別為R1和R2，其他部分電阻不計，整個過程中兩導體棒與導軌接觸良好且未發(fā)生碰

14、撞，重力加速度為g。求： (1)導體棒ab、cd最終速度的大?。? (2)導體棒ab所產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)設導體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時的速度為v0，由機械能守恒定律m2gh＝m2v，解得v0＝，隨后，導體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，在回路中產(chǎn)生感應電流，導體棒cd、ab受到安培力的作用，其中導體棒cd所受的安培力為阻力，而導體棒ab所受的安培力為動力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當導體棒cd與導體棒ab速度相等時，回路的感應電動勢為零，回路中無感應電流，此后導體棒cd與導體棒ab以相同的速度勻速運動，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v

15、，解得兩棒最終速度為v＝。 (2)由能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝ΔE＝m2v－(m1＋m2)v2＝gh 由焦耳定律可得，導體棒ab、cd所產(chǎn)生的熱量之比是：＝ 解得Q1＝··gh。 答案：(1)都為 (2)··gh [考點綜合練] 10．如圖甲所示(俯視圖)，相距為2L的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌一部分處在以OO′為右邊界的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直導軌平面向下，導軌右側接有定值電阻R，導軌電阻忽略不計。在距邊界OO′為L處垂直導軌放置一質量為m、電阻不計的金屬桿ab。求解以下問題： 甲　　　　　　　　　　　乙 (1)若金屬桿ab固定在

16、導軌上的初始位置，磁場的磁感應強度在時間t內(nèi)由B均減小到零，求此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1。 (2)若磁場的磁感應強度不變，金屬桿ab在恒力作用下。由靜止開始向右運動3L距離，其v-x的關系圖象如圖乙所示。(v1、v2已知)求： ①金屬桿ab在剛要離開磁場時的加速度大?。? ②此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q2。 解析：(1)磁場的磁感應強度在時間t內(nèi)由B均勻減小到零，說明＝ 此過程中的感應電動勢為E1＝＝ ① 通過R的電流為I1＝ ② 此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝IRt ③ 聯(lián)立①②③解得Q1＝。 (2)①ab桿離起始位置的位移從L到3L的過程中，由動能定理可得

17、F(3L－L)＝m(v－v) ④ ab桿剛要離開磁場時，感應電動勢E2＝2BLv1 ⑤ 通過R的電流為I2＝ ⑥ 水平方向上受安培力F安和恒力F作用 安培力為F安＝2BI2L ⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦解得F安＝ ⑧ 由牛頓第二定律可得：F－F安＝ma ⑨ 聯(lián)立④⑧⑨解得a＝－。 ②ab桿在磁場中由起始位置發(fā)生位移L的過程中，根據(jù)功能關系，恒力F做的功等于ab桿增加的動能與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，則 FL＝mv＋Q2 ⑩ 聯(lián)立④⑩解得Q2＝。 答案：(1)　(2)①－?、? 11．(2019·福州檢測)如圖甲所示，水平足夠長的平行金屬導軌MN、PQ間距L＝0.3 m。導軌電阻忽略不計

18、，其間連接有阻值R＝0.8 Ω的固定電阻。開始時，導軌上固定著一質量m＝0.01 kg、電阻r＝0.4 Ω的金屬桿cd，整個裝置處于磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下?，F(xiàn)用一平行金屬導軌平面的外力F沿水平方向拉金屬桿cd，使之由靜止開始運動。電壓采集器可將其兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得的電壓U隨時間t變化的關系如圖乙所示。求： 甲　　　　　　　　　乙 (1)在t＝4 s時通過金屬桿的感應電流的大小和方向； (2)4 s內(nèi)金屬桿cd位移的大小； (3)4 s末拉力F的瞬時功率。 解析：(1)由題圖乙可知，當t＝4 s時，U＝0.6 V 此時電路

19、中的電流(通過金屬桿的電流)I＝＝0.75 A 用右手定則判斷出，此時電流的方向由d指向c。 (2)由題圖乙知U＝kt＝0.15t 金屬桿做切割磁感線運動產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv 由電路分析：U＝E 聯(lián)立以上兩式得v＝×0.15t 由于R、r、B及L均為常數(shù)，所以v與t成正比，即金屬桿在導軌上做初速度為零的勻加速直線運動，勻加速運動的加速度a＝×0.15＝1.5 m/s2 金屬桿在0～4 s內(nèi)的位移x＝at2＝12 m。 (3)在第4 s末金屬桿的速度v＝at＝6 m/s 金屬桿受安培力F安＝BIL＝0.112 5 N 由牛頓第二定律，對金屬桿有F－F安＝ma 解得拉力

20、F＝0.127 5 N 故4 s末拉力F的瞬時功率P＝Fv＝0.765 W。 答案：(1)0.75 A　由d指向c　(2)12 m　(3)0.765 W 12．(2019·洛陽模擬)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面的夾角為α，導軌電阻不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面斜向上，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m，電阻為R，兩金屬導軌的上端連接右側電路，電路中R2為一電阻箱，已知燈泡的電阻RL＝3R不變，定值電阻R1＝R，調節(jié)電阻箱使R2＝6R，重力加速度為g，閉合開關S，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放。

21、 (1)求金屬棒下滑的最大速度vm的大??； (2)若金屬棒下滑距離為x時速度恰好達到最大，求金屬棒由靜止開始下滑x的過程中流過R1的電荷量和R1產(chǎn)生的焦耳熱Q1； (3)改變電阻箱R2的值，求R2為何值時，金屬棒勻速下滑過程中R2消耗的電功率最大。 解析：(1)當金屬棒受力平衡時速度最大，有 mgsin α＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝ R總＝4R，聯(lián)立解得vm＝。 (2)平均感應電動勢E＝＝， 平均感應電流I＝ 得通過R1的電荷量q＝IΔt＝ 由動能定理有WG－W安＝mv WG＝mgxsin α，W安＝Q 解得Q＝mgxsin α－ 故Q1＝Q＝mgxsin α－。 (3)設金屬棒勻速下滑時，mgsin α＝BIL 則I＝ 由分流原理，通過R2的電流大小為I2 I2＝I＝I 又P2＝IR2 聯(lián)立可得P2＝()2＝()2 由數(shù)學知識得，當R2＝，即R2＝3R時，R2消耗的功率最大。 答案：(1)　(2)mgxsin α－　(3)R2＝3R - 10 -