2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 第3講 專題 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 新人教版1閉合回路由電阻R與導(dǎo)線組成，其內(nèi)部磁場大小按Bt圖變化，方向如圖1所示，則回路中()圖1A電流方向為順時針方向B電流強度越來越大C磁通量的變化率恒定不變D產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越來越大解析由楞次定律可以判斷電流方向為順時針方向，A項正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律EN可得，ENS，由圖可知是恒量，所以電動勢恒定，D項錯誤；根據(jù)歐姆定律，電路中電流是不變的，B項錯誤；由于磁場均勻增加，線圈面積不變所以磁通量的變化率恒定不變，C項正確答案AC2水平放置的金屬框架cdef處于如圖2所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且接觸良好，從某時刻開始，磁感應(yīng)強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則()圖2Aab中電流增大，ab棒所受摩擦力增大Bab中電流不變，ab棒所受摩擦力不變Cab中電流不變，ab棒所受摩擦力增大Dab中電流增大，ab棒所受摩擦力不變解析由法拉第電磁感應(yīng)定律ES知，磁感應(yīng)強度均勻增大，則ab中感應(yīng)電動勢和電流不變，由FfF安BIL知摩擦力增大，選項C正確答案C3如圖3所示，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈，線圈上下邊的距離很短，下邊水平線圈從水平面a開始下落已知磁場上下邊界之間的距離大于水平面a、b之間的距離若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則()圖3AFd>Fc>Fb BFc<Fd<FbCFc>Fb>Fd DFc<Fb<Fd解析從a到b線圈做自由落體運動，線圈全部進入磁場后，穿過線圈的磁通量不變，線圈中無感應(yīng)電流，因而也不受磁場力，即Fc0，從b到d線圈繼續(xù)加速，vd>vb，當(dāng)線圈在進入和離開磁場時，穿過線圈的磁通量變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，受磁場力作用，其大小為：FBIlBl，因vd>vb，所以Fd>Fb>Fc，選項D正確答案D4如圖4所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感應(yīng)強度為B，方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻一根與導(dǎo)軌接觸良好、有效阻值為的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，則(不計導(dǎo)軌電阻)()圖4A通過電阻R的電流方向為PRMBa、b兩點間的電壓為BLvCa端電勢比b端高D外力F做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱解析由右手定則可知通過金屬導(dǎo)線的電流由b到a，即通過電阻R的電流方向為MRP，A錯誤；金屬導(dǎo)線產(chǎn)生的電動勢為BLv，而a、b兩點間的電壓為等效電路路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點間電壓為BLv，B錯誤；金屬導(dǎo)線可等效為電源，在電源內(nèi)部，電流從低電勢流向高電勢，所以a端電勢高于b端電勢，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，外力做功等于電阻R和金屬導(dǎo)線產(chǎn)生的焦耳熱之和，D錯誤答案C5一空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，兩條電阻不計的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場內(nèi)，如圖5所示，磁感應(yīng)強度B0.5 T，導(dǎo)體棒ab、cd長度均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重力均為0.1 N，現(xiàn)用力向上拉動導(dǎo)體棒ab，使之勻速上升(導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，此時cd靜止不動，則ab上升時，下列說法正確的是()圖5Aab受到的拉力大小為2 NBab向上運動的速度為2 m/sC在2 s內(nèi)，拉力做功，有0.4 J的機械能轉(zhuǎn)化為電能D在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J解析對導(dǎo)體棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，故B選項正確；對導(dǎo)體棒ab分析：FmgBIl0.2 N，選項A錯誤；在2 s內(nèi)拉力做功轉(zhuǎn)化的電能等于克服安培力做的功，即WF安vt0.4 J，選項C正確；在2 s內(nèi)拉力做的功為Fvt0.8 J，選項D錯誤答案BC6粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框原先整個置于有界勻強磁場內(nèi)，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行，現(xiàn)使線框沿四個不同方向以相同速率v勻速平移出磁場，如圖6所示，線框移出磁場的整個過程()圖6A四種情況下ab兩端的電勢差都相同B圖中流過線框的電荷量與v的大小無關(guān)C圖中線框的電功率與v的大小成正比D圖中磁場力對線框做的功與v2成正比解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律E/t，閉合電路歐姆定律IE/R，電流定義式Iq/t可得q/R，線框沿四個不同方向移出磁場，流過線框的電荷量與v的大小無關(guān)，選項B正確四種情況下ab兩端的電勢差不相同，選項A錯誤圖中線框的電功率PE2/R，EBLv，P與v的二次方大小成正比，選項C錯誤；圖中磁場力FBIL，IE/R，EBLv，磁場力對線框做功WFL，磁場力對線框做的功與v成正比，選項D錯誤答案 B7如圖7甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1L2之間、L3L4之間存在勻強磁場，大小均為1 T，方向垂直于虛線所在平面現(xiàn)有一矩形線圈abcd，寬度cdL0.5 m，質(zhì)量為0.1 kg，電阻為2 ，將其從圖示位置靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向(重力加速度g取10 m/s2)則()圖7A在0t1時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為0.25 CB線圈勻速運動的速度大小為8 m/sC線圈的長度為1 mD0t3時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量為4.2 J解析t2t3時間ab在L3L4內(nèi)勻速直線運動，而EBLv2，F(xiàn)BL，F(xiàn)mg解得：v28 m/s，選項B正確從cd邊出L2到ab邊剛進入L3一直是勻加速，因而ab剛進磁場時，cd也應(yīng)剛進磁場，設(shè)磁場寬度是d，有：3dv2tgt2，得：d1 m，有：ad2d2 m，選項C錯誤，在0t3時間內(nèi)由能量守恒得：Qmg5dmv1.8 J，選項D錯誤.0t1時間內(nèi)，通過線圈的電荷量為q0.25 C，選項A正確答案AB8如圖8甲所示，水平面上固定一個間距L1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，整個導(dǎo)軌處在豎直方向的磁感應(yīng)強度B1 T的勻強磁場中，導(dǎo)軌一端接阻值R9 的電阻導(dǎo)軌上有質(zhì)量m1 kg、電阻r1 、長度也為1 m的導(dǎo)體棒，在外力的作用下從t0開始沿平行導(dǎo)軌方向運動，其速度隨時間的變化規(guī)律是v2，不計導(dǎo)軌電阻求：(1)t4 s時導(dǎo)體棒受到的安培力的大??；(2)請在如圖乙所示的坐標(biāo)系中畫出電流平方與時間的關(guān)系(I2t)圖象圖8解析(1)4 s時導(dǎo)體棒的速度v24 m/s感應(yīng)電動勢EBLv感應(yīng)電流I此時導(dǎo)體棒受到的安培力F安BIL0.4 N(2)由(1)可得I2242t0.04t作出圖象如圖所示答案(1)0.4 N(2)見解析圖9如圖9所示，寬度為L的金屬框架豎直固定在絕緣地面上，框架的上端接有一個電子元件，其阻值與其兩端所加的電壓成正比，即RkU，式中k為已知常數(shù)框架上有一質(zhì)量為m，離地高為h的金屬棒，金屬棒與框架始終接觸良好無摩擦，且保持水平磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直于框架平面向里將金屬棒由靜止釋放，棒沿框架向下運動，不計金屬棒及導(dǎo)軌的電阻重力加速度為g.求：圖9(1)金屬棒運動過程中，流過棒的電流的大小和方向；(2)金屬棒落到地面時的速度大小；(3)金屬棒從釋放到落地過程中通過電子元件的電荷量解析(1)流過電子元件的電流大小為I，由串聯(lián)電路特點知流過棒的電流大小也為，由右手定則判定流過棒的電流方向為水平向右(或從ab)(2)在運動過程中金屬棒受到的安培力為F安BIL對金屬棒運用牛頓第二定律有mgF安ma得ag恒定，故金屬棒做勻加速直線運動根據(jù)v22ax，得v (3)設(shè)金屬棒經(jīng)過時間t落地，有hat2解得t 故有qIt 答案(1)水平向右(或從ab)(2) (3) 10如圖10所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s1.15 m，兩導(dǎo)軌間距L0.75 m，導(dǎo)軌傾角為30，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R1.5 的電阻，磁感應(yīng)強度B0.8 T的勻強磁場垂直軌道平面向上阻值r0.5 ，質(zhì)量m0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q10.1 J(取g10 m/s2)求：圖10(1)金屬棒在此過程中克服安培力的功W安；(2)金屬棒下滑速度v2 m/s時的加速度a.(3)為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學(xué)解答如下：由動能定理，W重W安mv，.由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答解析(1)下滑過程中安培力的功即為在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于R3r，因此QR3Qr0.3 J故W安QQRQr0.4 J(2)金屬棒下滑時受重力和安培力F安BILv由牛頓第二定律mgsin 30vma所以ag sin 30vm/s23.2 m/s2(3)此解法正確金屬棒下滑時受重力和安培力作用，其運動滿足mgsin 30vma上式表明，加速度隨速度增加而減小，棒做加速度減小的加速運動無論最終是否達到勻速，當(dāng)棒到達斜面底端時速度一定為最大由動能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正確mgs sin 30Qmv得vm m/s2.74 m/s答案(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)見解析