《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第十章 專題探究九 電磁感應的綜合應用（二）練習（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第十章 專題探究九 電磁感應的綜合應用（二）練習（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題探究九電磁感應的綜合應用(二) 1.(2019陜西西安模擬)如圖所示,在條形磁鐵的中央位置的正上方水平固定一銅質圓環(huán),不計空氣阻力,以下判斷正確的是(B)A.釋放圓環(huán),環(huán)下落時產生感應電流B.釋放圓環(huán),環(huán)下落時無感應電流C.釋放圓環(huán),環(huán)下落時環(huán)的機械能不守恒D.以上說法都不正確解析:圓環(huán)豎直向下運動時,通過圓環(huán)的磁通量始終為零,不產生感應電流,故A,D錯誤,B正確;由于沒有感應電流,沒有安培力做功,只有重力做功,故環(huán)的機械能守恒,故C錯誤.2.(2019江西景德鎮(zhèn)模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上,有一矩形線圈以一定的初速度進入勻強磁場區(qū)域,線圈全部進入勻強磁場區(qū)域時,其動能恰好等于它在磁

2、場外面時的一半,設磁場區(qū)域寬度大于線圈寬度,則(C)A.線圈恰好在完全離開磁場時停下B.線圈在未完全離開磁場時已停下C.線圈能通過場區(qū)不會停下D.線圈在磁場中某個位置停下解析:線圈進入或出磁場,安培力做負功,則出磁場時的速度小于進磁場時的速度,所受的安培力小于進磁場時所受的安培力,根據動能定理,出磁場時動能的變化量小于進磁場時動能的變化量,而完全進磁場時其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,由于出磁場后,動能不為零,所以線圈將繼續(xù)運動,故C正確,A,B,D錯誤.3.(2018四川南充二模)如圖所示,虛線框abcd內為一矩形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于紙面,實線框abcd是一長方形導線框,ab=2

3、bc,ab邊與ab平行,若將導線框勻速地拉離磁場區(qū)域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出過程中外力所做的功,W2表示以同樣速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功,則(B)A.W1=W2B.W2=2W1C.W1=2W2D.W2=4W1解析:設bc=L,ab=2L,回路總電阻為R,面積為S;根據外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1.故選B.4.(2018河南鄭州第二次質量預測)(多選)如圖,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌,其間距為L,導軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙固定在水平面上,右端接一個阻值為R的定值電

4、阻,平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場.質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放,到達磁場右邊界處恰好停止,已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為,金屬棒與導軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)(ACD)A.金屬棒中的最大電流為B.金屬棒克服安培力做的功為mghC.通過金屬棒的電荷量為D.金屬棒產生的電熱為mg(h-d)解析:金屬棒下滑過程中,根據動能定理得mgh=mv2,金屬棒到達水平面時的速度為v=,金屬棒到達水平面后做減速運動,剛到達水平面時的速度最大,最大感應電動勢E=BLv,則最大感應電流為I= ,故A正確;金

5、屬棒在整個運動過程中,由動能定理得mgh-WB-mgd=0-0,克服安培力做功WB=mgh-mgd,故B錯誤;感應電荷量為q= t=,故C正確;克服安培力做功轉化為電熱,QR=Q=WB=mg(h-d),故D正確.5.如圖所示,一水平面內固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌,導軌上面橫放著兩根完全相同的銅棒ab和cd,構成矩形回路,在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場B.開始時,棒cd靜止,棒ab有一個向左的初速度v0,則關于兩棒以后的運動,下列說法正確的是(B)A.ab棒做勻減速直線運動,cd棒做勻加速直線運動B.ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量C.ab棒減小的動能等于cd棒增加的動能D.兩

6、棒一直運動,機械能不斷轉化為電能解析:初始時ab棒向左運動受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒減速,cd棒加速,設ab棒速度為v1,cd棒速度為v2,開始時v1v2,隨著運動兩棒的相對速度v=v1-v2逐漸減小至0,兩棒切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv,E也逐漸減小最終為0,感應電流逐漸減小到0,安培力逐漸減到0,所以ab棒做加速度逐漸減小的變減速直線運動,cd棒做加速度逐漸減小的變加速直線運動,故A錯誤;兩棒組成的系統(tǒng)受安培力的合力為零,故系統(tǒng)的動量守恒,所以ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量,故B正確;回路中有感應電流時,電流做功產生電熱,所以根據能量守恒可知,ab

7、棒減小的動能等于cd棒增加的動能與兩棒產生電熱之和,所以ab棒減小的動能大于cd棒增加的動能,故C錯誤;當v1v2時,機械能轉化為電能,之后兩棒以共同的速度做勻速直線運動,機械能守恒,不再產生電能,故D錯誤.6.如圖所示,一個總電阻為R的導線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框,豎直虛線之間有寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于線框所在的平面向里.線框以速度v向右勻速通過磁場;ab邊始終與磁場邊界垂直,從b點到達邊界開始到a點離開磁場為止,在這個過程中(A)A.線框中的感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向B.ab段直導線始終不受安培力的作用C.平均感應電動勢為BdvD.線框中

8、產生的焦耳熱為解析:線框進入磁場時穿過線框的磁通量先向里增加,離開磁場時線框的磁通量向里減小,根據楞次定律可知,感應電流先逆時針方向后順時針方向,故A正確;線框穿過磁場時回路中有感應電流,則ab段導線受到安培力作用,故B錯誤;根據題意知穿過磁場過程中產生的交變電流的最大電動勢為Bdv,最小值為0,其平均值不等于最大值與最小值之和的,故C錯誤;因為線框是“半正弦波”形閉合線框,故在穿過磁場過程中感應電流為正弦式交變電流,該電流的最大值為Im=,則其有效值為I=Im=,在穿過磁場的時間t=時間內線框產生的焦耳熱Q=I2Rt=()2R=,故D錯誤.7.(2018湖北宜昌一模)(多選)如圖所示,足夠長

9、的光滑金屬導軌MN,PQ平行放置,且都傾斜著與水平面成夾角.在導軌的最上端M,P之間接有電阻R,不計其他電阻.導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌,當沒有磁場時,ab上升的最大高度為H;若存在垂直導軌平面的勻強磁場時,ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導軌保持垂直,且初速度都相等.關于上述情景,下列說法正確的是(BD)A.兩次上升的最大高度相比較為HhB.有磁場時導體棒所受合力做的功等于無磁場時合力做的功C.有磁場時,電阻R產生的焦耳熱為mD.有磁場時,ab上升過程的最小加速度為gsin 解析:無磁場時,根據能量守恒,知動能全部轉化為重力勢能.有磁場時,動能一部分轉化為重力勢能,還有

10、一部分轉化為整個回路的內能.則有磁場時的重力勢能小于無磁場時的重力勢能,所以hH,故A錯誤.由動能定理知,合力的功等于導體棒動能的變化量,有、無磁場時,棒的初速度相等,末速度都為零,即導體棒動能的變化量相等,則知導體棒所受合力做的功相等,故B正確.設電阻R產生的焦耳熱為Q.根據能量守恒知m=Q+mgh,則Qmgsin ,根據牛頓第二定律,知加速度a大于gsin .到達最高點時加速度最小,其值為gsin ,故D正確.8.(2019江西校級模擬)如圖所示,相距為d的兩水平線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的邊界,磁場的磁感應強度為B,正方形線框abcd邊長為L(Ld)、質量為m.將線框在磁場上方

11、高h處由靜止開始釋放,當ab邊進入磁場時速度為v0,cd邊剛穿出磁場時速度也為v0,從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程中(C)A.線框一直都有感應電流B.線框一直做勻速運動C.線框產生的熱量為mg(d+L)D.線框做減速運動解析:線框進入和穿出磁場過程中,穿過線框的磁通量發(fā)生變化,有感應電流產生.當線框完全在磁場中運動時,磁通量不變,沒有感應電流產生,故A錯誤.線框完全在磁場中運動時,線框不受安培力,只受重力,加速度為g,故B錯誤.ab邊進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程,動能不變,根據能量守恒定律得,線框產生的熱量Q=mg(d+L),故C正確.當ab邊進入磁場時速度為v0,cd邊剛

12、穿出磁場時速度也為v0,說明線框進入磁場時做減速運動,完全進入磁場后做加速運動,出磁場時又做減速運動,故D錯誤.9.(2018廣東韶關二模)(多選)如圖,由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab,dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(CD)A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先增大后減小解析:導體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過

13、程中,產生的感應電動勢E=BLv,保持不變,外電路總電阻先增大后減小,由歐姆定律分析得知PQ中的電流先減小后增大,A錯誤;PQ中電流先減小后增大,PQ兩端電壓為路端電壓,由U=E-IR,可知PQ兩端的電壓先增大后減小,B錯誤;導體棒勻速運動,PQ上外力的功率等于回路的電功率,而回路的總電阻R先增大后減小,由P=,分析得知,PQ上拉力的功率先減小后增大,C正確;線框作為外電路,總電阻最大值為R總=R,則導體棒PQ上的電阻始終大于線框的總電阻,當導體棒向右運動的過程中電路中的總電阻先增大后減小,根據閉合電路的功率的分配關系與外電阻的關系可知,當外電路的電阻值與電源的內電阻相等時外電路消耗的電功率最

14、大,所以可得線框消耗的電功率先增大后減小,D正確.10.(2019江蘇泰州校級模擬)(多選)一質量為m、電阻為r的金屬桿AB,以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導軌底端向上滑行,導軌平面與水平面成30角,兩導軌上端用一電阻R相連,如圖所示,磁場垂直斜面向上,導軌的電阻不計,金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v1,則金屬桿在滑行過程中正確的是(ABC)A.向上滑行的時間小于向下滑行的時間B.在向上滑行時電阻R上產生的熱量大于向下滑行時電阻R上產生的熱量C.向上滑行時與向下滑行時通過電阻R的電荷量相等D.金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點,電阻R上產生的熱量為m(-)解析:因為上滑階

15、段的平均速度大于下滑階段的平均速度,而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等,所以上滑過程的時間比下滑過程短,故A正確;由E=BLv可知上滑階段的平均感應電動勢E1大于下滑階段的平均感應電動勢E2,上滑階段和下滑階段金屬桿掃過面積相等,電荷量q=It=t=t=,故上滑階段和下滑階段通過R的電荷量相同,所以C正確;由公式W電=qE電動勢,可知上滑階段回路電流做功即電阻R產生的熱量比下滑階段多,所以B正確;金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點的過程中,只有安培力做功,動能的一部分轉化為內能,電阻R與金屬桿電阻產生的總熱量就是金屬桿減小的動能,D 錯誤.11.如圖所示,光滑弧形軌道和一足夠長的光滑水平軌道相

16、連,在距弧形軌道較遠處的水平軌道上方有一足夠長的金屬桿,桿上掛有一光滑螺線管,在弧形軌道上高為H的地方無初速度釋放一磁鐵(可視為質點),下滑至水平軌道時恰好沿螺線管的軸心運動,設螺線管和磁鐵的質量分別為M,m,求:(1)螺線管獲得的最大速度;(2)全過程中整個電路所消耗的電能.解析:(1)當磁鐵在光滑弧形軌道上運動時,可認為還沒有與螺線管發(fā)生相互作用,根據機械能守恒可求出磁鐵進入水平軌道時的速度,即mgH=m.當磁鐵在水平軌道上靠近螺線管時,由于電磁感應現(xiàn)象使磁鐵與螺線管之間產生相互作用力,最終當兩者速度相等時,電磁感應現(xiàn)象消失,一起做勻速直線運動,此時,螺線管速度達到最大,設為v,由動量守恒

17、定律得mv0=(M+m)v所以,v=.(2)根據能量守恒定律有E=mgH-(M+m)v2,解得E=.答案:(1)(2)12.(2018安徽蚌埠第二次質檢)如圖所示,MN和PQ為水平放置的足夠長的光滑平行導軌,導軌間距為L,其左端連接一個阻值為R的電阻,垂直導軌平面有一個磁感應強度為B的有界勻強磁場.質量為m、電阻為r的金屬棒與導軌始終保持垂直且接觸良好.若金屬棒以向右的初速度v0進入磁場,運動到右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零.導軌電阻不計,求:(1)金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小;(2)金屬棒運動過程中,定值電阻R上產生的電熱;(3)金屬棒運動到磁場中央位置時的速度大小.解析:(1)

18、由E=BLv0,I=,F=BIL得F=.(2)根據能量守恒,系統(tǒng)產生的熱量Q=m,定值電阻產生的熱量Q=m.(3)設磁場寬度為x,金屬棒運動到磁場中央位置時速度為v,t時間內安培力對金屬棒的沖量大小I=F安t=vt,上式對任意微小間隔t都成立,累積相加后,得金屬棒從磁場左邊界運動到右邊界的過程中,安培力產生的沖量為I1=-x,金屬棒運動到磁場中央位置的過程中,安培力產生的沖量為I2=-,由動量定理可知I1=0-mv0,I2=mv-mv0.解得v=v0.答案:(1)(2)m(3)13.(2018貴州黔東南二模)如圖所示,兩根足夠長的平行金屬導軌固定于同一水平面內,導軌間的距離為L,導軌上平行放置

19、兩根導體棒ab和cd,構成矩形回路.已知兩根導體棒的質量均為m、電阻均為R,其他電阻忽略不計,整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度為B,導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行.開始時,導體棒cd靜止、ab棒有水平向右的初速度v0,兩導體棒在運動中始終不接觸且始終與兩導軌垂直.求:(1)從開始運動到導體棒cd達到最大速度的過程中,cd棒產生的焦耳熱及通過ab棒橫截面的電荷量;(2)當cd棒速度變?yōu)関0時,cd棒加速度的大小.解析:(1)當ab棒與cd棒速度相同時,cd棒的速度最大,設最大速度為v由動量守恒定律得mv0=2mv,解得v=v0,由能量守恒定律可得:系統(tǒng)產生的焦耳熱Q=m-2mv2=m,故cd棒產生的焦耳熱Qcd=Q=m,對ab棒應用動量定理得-Ft=-ILBt=-LBq=mv0-mv0,解得通過ab棒的電荷量q=.(2)設當cd棒的速度為v0時,ab棒的速度為v,由動量守恒定律得mv0=mv0+mv,解得v=v0,根據法拉第電磁感應定律有Eab=BLv=BLv0,Ecd=BLv0,根據閉合電路歐姆定律有:回路中的電流I=,根據牛頓第二定律得:此時cd棒的加速度大小為a=.答案:(1)m(2)9