《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第30講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第10章 電磁感應(yīng) 第30講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第30講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 [解密考綱]主要考查電磁感應(yīng)問題中涉及安培力的動態(tài)分析和平衡問題；會分析電磁感應(yīng)中電路問題和能量轉(zhuǎn)化問題，會進(jìn)行相關(guān)計算． 1．(2019·宿州高三質(zhì)檢)(多選)如圖所示，在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，有一由均勻?qū)Ь€制成的邊長為L的單匝正方形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運(yùn)動，運(yùn)動中線框cd邊始終與磁場右邊界平行，線框?qū)Ь€的總電阻為R.在線框離開磁場的過程中(　　) A．a(chǎn)、b之間的電壓為 B．線框受到安培力大小為 C．通過線框某處截面的電量為 D．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 BC　解析 在線框

2、離開磁場的過程中，ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv，線框中的感應(yīng)電流為I＝＝，此時a、b之間的電壓為路端電壓U＝I×R＝，故選項A錯誤；由左手定則判斷知，ad與bc所受的安培力大小相等、方向相反，合力為零，則線框所受安培力的合力等于ab邊所受的安培力，為F＝BIL＝，故選項B正確；流過線框截面的電量為q＝It＝×＝，故選項C正確；線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為Q＝I2×t＝2××＝，故選項D錯誤． 2．(2019·廣東肇慶中學(xué)高三滾動復(fù)習(xí))在空間存在著豎直向上的各處均勻的磁場，將一個不變形的單匝金屬圓線圈如圖甲所示放入磁場中，當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示時，下圖中能正

3、確表示線圈中感應(yīng)電流隨時間變化的圖線是(規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向為如圖甲所示)(　　) B　解析 在0～1 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝n＝n；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動勢的方向與圖示箭頭方向相同，為正值；在1～2 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，感應(yīng)電動勢為零；在2～4 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E′＝n＝n＝；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動勢的方向與圖示方向相反，為負(fù)值，故選項B正確，A、C、D錯誤． 3．如圖所示，閉合導(dǎo)線框向右勻速穿過垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場區(qū)域?qū)挾却笥诰€框尺寸，規(guī)定線框中逆時針方向的電流為正，則線框中電流i隨時間t變化的圖象可能正確的是　　(　　)

4、B　解析 線圈剛進(jìn)入磁場時，產(chǎn)生逆時針方向的電流；線圈一半進(jìn)入磁場后有效長度減半，故感應(yīng)電動勢減半，感應(yīng)電流減半；線圈出離磁場時產(chǎn)生順時針方向的電流，剛出離磁場時，有效長度為L，一半出離磁場時有效長度減半，則感應(yīng)電流減半；由以上分析可知，線框中電流i隨時間變化的圖線應(yīng)該為B． 4．(2019·煙臺高三診斷)(多選)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計的金屬桿MN，已知兩板和桿MN的總質(zhì)量為m，若

5、對桿MN施加一個沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿開始運(yùn)動后，則(　　) A．金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應(yīng)電流 B．兩金屬板間的電壓始終保持不變 C．兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動 D．單位時間內(nèi)電容器增加的電荷量為 AD　解析 由右手定則可知，充電電流方向為由M流向N，故選項A正確；設(shè)此裝置勻加速平移的加速度為a，則時間t后速度v＝at，MN切割磁感線產(chǎn)生電動勢E＝BLv＝Bdat，即電容器兩板電壓U＝E＝Bdat，U隨時間增大而增大，電容器所帶電量Q＝CU＝CBdat，MN間此時有穩(wěn)定的充電電流I＝＝CBda，方向向下，根據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力

6、F安＝BIL＝CB2d2a，以整個裝置為研究對象，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，即F－CB2d2a＝ma，解得a＝，方向沿＋x方向，則單位時間內(nèi)電容器增加的電荷量為＝CBda＝，故選項B、C錯誤，D正確． 5．(2019·漳州高三模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R的單匝矩形線框靜止于粗糙斜面上，線框邊長ab＝L、ad＝2L，虛線MN過ad、bc邊中點(diǎn)．斜面傾角為θ，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ(μ>tan θ)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．從某時刻起，在MN右側(cè)加一方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小按B＝kt(k>0)的規(guī)律均勻變化．一段時間后，線框沿斜面向下運(yùn)動，ab邊

7、剛好勻速穿出磁場時的速度為v，重力加速度為g，則 (　　) A．線框剛開始運(yùn)動時，感應(yīng)電流的方向為abcda B．線框剛開始運(yùn)動時，線框中的電功率為P＝ C．線框離開磁場的過程中安培力所做的功W＝mv2 D．線框從開始運(yùn)動到穿出磁場過程中通過導(dǎo)線截面的電量q＝ AD　解析 磁場均勻增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向為abcda，選項A正確；線框剛要運(yùn)動時，感應(yīng)電流為I＝＝＝，則線框中的電功率為P＝I2R＝，選項B錯誤；線框下滑過程中有重力、摩擦力、安培力三力做功，且重力小于摩擦力，根據(jù)動能定理，安培力做功大于動能變化量，選項C錯誤；當(dāng)ab開始運(yùn)動時，由平衡條件得mgsin θ ＋

8、B′IL＝μmgcos θ，運(yùn)動過程中通過的電荷量為q＝＝，聯(lián)立上式解得q＝，選項D正確． 6．(2019·合肥一中高考沖刺卷)(多選)如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上分布著垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場，以垂直于斜面向上為磁感應(yīng)強(qiáng)度正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．一質(zhì)量為m、電阻為R的矩形金屬框從t＝0時刻由靜止釋放，t3時刻的速度為v，移動的距離為L，重力加速度為g，線框面積為S，t1＝t0、t2＝2t0、t3＝3t0.在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是　　　　　　(　　) A．t1～t3時間內(nèi)金屬框中的電流方向不變 B．0～t3時間內(nèi)金屬框做勻加速直線運(yùn)動 C

9、．0～t3時間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運(yùn)動 D．0～t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為 ABD　解析 根據(jù)B-t圖象可知，t1～t3時間內(nèi)B-t線的斜率不變，則金屬框中的感應(yīng)電動勢大小方向不變，則電流方向不變，選項A正確；0～t3時間內(nèi)金屬框所受安培力的合力為零，則向下做勻加速直線運(yùn)動，選項B正確，C錯誤；線圈中的感應(yīng)電動勢E＝S＝，則0～t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝·2t0＝，選項D正確． 7．(2019·西寧高三一模)(多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．足夠長的光滑傾斜導(dǎo)軌固定于磁場中，導(dǎo)軌寬度為L，傾角為θ，電阻不計，其下端與電阻R連接．電阻為r的導(dǎo)體棒

10、ab，從導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，ab棒始終與導(dǎo)軌垂直，則ab棒(　　) A．所受安培力方向沿導(dǎo)軌斜向上 B．下滑的最大速度vm＝ C．下滑的最大速度vm＝ D．在達(dá)到最大速度之前，減少的重力勢能大于回路中產(chǎn)生的電能 CD　解析 導(dǎo)體棒ab從頂端靜止釋放，下滑過程中，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律知ab棒中感應(yīng)電流由b到a，由左手定則知ab棒受到的安培力水平向右，故選項A錯誤；下滑速度最大時，加速度等于零，感應(yīng)電動勢為E＝BLvmcos θ，感應(yīng)電流I＝＝cos θ，安培力F安＝BIL＝cos θ，根據(jù)平衡條件，沿斜面合力為零，則mgsin θ＝F安cos θ

11、，即mgsin θ＝cos2θ，解得vm＝，故選項B錯誤，C正確；根據(jù)能量守恒，在達(dá)到最大速度之前，減少的重力勢能等于增加的動能和回路中產(chǎn)生的電能，所以減少的重力勢能大于回路中產(chǎn)生的電能，故選項D正確． 8．(2019·南平高三質(zhì)檢)(多選)如圖所示，一匝數(shù)為n，邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為3m的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線跨過兩定滑輪相連．在導(dǎo)體線框上方某一高處有一寬度為L的上、下邊界水平的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將物塊由靜止釋放，當(dāng)ad邊從磁場下邊緣進(jìn)入磁場時，線框恰好做勻速直線運(yùn)動，不計—切摩擦．重力加速度為g.則(　　) A．線

12、框ad邊進(jìn)入磁場之前線框加速度a＝2g B．從線框全部進(jìn)入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量q＝ C．整個運(yùn)動過程線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝4mgL D．線框進(jìn)入磁場時的速度大小v＝ CD　解析 在線框ad邊進(jìn)入磁場之前，有3mg－T＝3ma，T－mg＝ma，解得a＝g，選項A錯誤；根據(jù)q＝n可得從線框全部進(jìn)入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量為q＝，選項B錯誤；線圈進(jìn)入磁場過程中和穿出磁場過程中的總熱量等于過程中的重力勢能減小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，選項C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場時，導(dǎo)體做勻速直線運(yùn)動，所以有T＝3mg，T＝mg＋F安，F(xiàn)安＝nBI

13、L，I＝，聯(lián)立解得v＝，選項D正確． 9．(2019·上饒高三模擬)空間存在著如圖所示的勻強(qiáng)磁場，MN為磁場理想邊界，光滑水平面上有一個邊長為a，質(zhì)量為m，電阻為R的金屬正方形線框，從圖中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁場方向開始運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到分別有一半面積在兩個磁場中的如圖Ⅱ位置時，線框的速度為v，則下列說法錯誤的是(　　) A．在圖中位置Ⅱ時線框中的電功率為 B．此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C．在圖中位置Ⅱ時線框的加速度為 D．此過程中通過線框截面的電荷量為 C　解析 在圖中位置Ⅱ時線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2Bav，線框中的電功率為P＝＝，選項A正確；根據(jù)能量守恒定律

14、可得線框中產(chǎn)生的電能為Q＝m(2v)2－mv2＝mv2，選項B正確；在圖中位置Ⅱ時線框所受的安培力的合力F＝2BIa＝2Ba·＝，由牛頓第二定律得a＝＝，選項C錯誤；此過程中通過線框截面的電量為q＝＝，選項D正確． 10．(2019·鄭州高三質(zhì)檢)(多選)如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)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的定值電阻，平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)

15、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)(　　) A．金屬棒中的最大電流為 B．金屬棒克服安培力做的功為mgh C．通過金屬棒的電荷量為 D．金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h－μd) CD　解析 金屬棒下滑過程中，根據(jù)動能定理得mgh＝mv2，金屬棒到達(dá)水平面時的速度為v＝，金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動，剛到達(dá)水平面時的速度最大，最大感應(yīng)電動勢E＝BLv，則最大感應(yīng)電流為I＝＝，故選項A錯誤；金屬棒在整個運(yùn)動過程中，由動能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故選項B錯誤；感應(yīng)電荷量為q＝Δt＝＝，故選項C正確；克服安培力做功轉(zhuǎn)

16、化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q棒＝Q＝WB＝mg(h－μd)，故選項D正確． 11．(2019·濟(jì)寧高三模擬)如圖所示，足夠長的“U”形光滑導(dǎo)軌固定在傾角為30°的斜面上，導(dǎo)軌的寬度L＝0.5 m，其下端與R＝1 Ω的電阻連接，質(zhì)量為m＝0.2 kg的導(dǎo)體棒(長度也為L)與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻均不計．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導(dǎo)體棒和質(zhì)量為M＝0.4 kg的重物相連，重物離地面足夠高．使導(dǎo)體棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑t＝1 s時，其速度達(dá)到最大(取g＝

17、10 m/s2)．求： (1)導(dǎo)體棒的最大速度vm； (2)導(dǎo)體棒從靜止開始沿軌道上滑時間t＝1 s的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ 解析 (1)速度最大時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLvm， 感應(yīng)電流I＝， 安培力FA＝BIL， 導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時由平衡條件得Mg＝mgsin 30°＋FA， 聯(lián)立解得vm＝3 m/s. (2)設(shè)繩中拉力為T，對導(dǎo)體棒沿斜面方向由動量定理得 Tt－mgsin θ·t－BLt＝mvm， 對重物M由動量定理得Mgt－Tt＝Mvm， 即Mgt－mgsin 30°·t－BLq＝(M＋m)v－0， 解得1 s內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷

18、量q＝1.2 C， 電量q＝＝， 解得1 s內(nèi)導(dǎo)體棒上滑位移由能量守恒定律得 Mgx＝mgxsin 30°＋(M＋m)v2＋Q， 解得Q＝0.9 J. 答案 (1)3 m/s　 (2)0.9 J 12．(2019·湖北八市高三聯(lián)考)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L傾斜置于勻強(qiáng)磁場中．磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，斷開開關(guān)S，將長也為L的金屬棒ab在導(dǎo)軌上由靜止釋放．經(jīng)時間t，金屬棒的速度大小為v1，此時閉合開關(guān)，最終金屬棒以大小為v2的速度沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動．已知金屬棒的質(zhì)量為m，電阻為r，其它電阻均不計，重力加速度為g. (1)求導(dǎo)軌與水平面夾角α的正弦值及磁場

19、的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)若金屬棒的速度從v1增至v2歷時Δt，求該過程中流經(jīng)金屬棒的電荷量． 解析 (1)開關(guān)斷開時，金屬棒在導(dǎo)軌上勻加速下滑， 由牛頓第二定律有mgsin α＝ma， 由勻變速運(yùn)動的規(guī)律有v1＝at， 解得sin α＝， 開關(guān)閉合后，金屬棒在導(dǎo)軌上做變加速運(yùn)動，最終以v2勻速， 勻速時mgsin α＝BIL， 又有I＝， 解得B＝. (2)在金屬棒變加速運(yùn)動階段，根據(jù)動量定理可得 mgsin αΔt－BLΔt＝mv2－mv1， 其中Δt＝q， 聯(lián)立上式可得q＝(v1t＋v1Δt－v2t). 答案 (1)　 　(2)(v1t＋v1Δt－v2t)

20、 13．(2019·河南中原名校高三質(zhì)檢)如圖所示，兩足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L＝0.5 m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端跨接一阻值為R＝0.4 Ω的定值電阻．距導(dǎo)軌頂端MP的距離為d＝0.5 m的CD(CD∥MP)下方有方向垂直于導(dǎo)軌向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝1 T的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)將金屬棒從CD處由靜止釋放．已知金屬棒的質(zhì)量為m＝0.2 kg、電阻為r＝0.1 Ω，在運(yùn)動過程中金屬棒始終與CD保持平行，且與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)金屬棒沿導(dǎo)軌下滑距離d時(圖中EF的位置)速度剛好達(dá)到最大．已知重力加速度為g＝10 m/s2.試求： (1)金屬棒速度達(dá)到的最大值

21、vm和從CD下滑到EF的過程中金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (2)為了使金屬棒經(jīng)EF后回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，可使磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小發(fā)生變化．試寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的表達(dá)式(從金屬棒到EF處開始計時)． 解析 (1)當(dāng)金屬棒的合力為零時速度最大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝， 根據(jù)平衡條件得 mgsin θ＝B0IL， 聯(lián)立解得vm＝＝2 m/s； 由能量守恒定律得，該過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為 Q總＝mgdsin θ－mv＝0.1 J， 其中金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q總＝0.02 J. (2)由于回路中沒有感應(yīng)電流，所以金屬棒將做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過時間t其位移為x＝vmt

22、＋gt2sin θ＝2t＋2.5t2， 為了使回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，則回路中的磁通量不發(fā)生變化Φt＝Φ0， 即B(x＋d)L＝B0dL， 解得B＝. 答案 (1)2 m/s　0.02 J　 (2)B＝ 14．(2019·上海奉賢區(qū)高三二模)如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，間距為L.以MN為界的兩個勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直導(dǎo)軌平面向里，上方區(qū)域的磁感強(qiáng)度大小為B0，下方區(qū)域的磁感強(qiáng)度大小為2B0.金屬棒a、b分處上、下磁場，質(zhì)量分別為2m和m，電阻均為R，與導(dǎo)軌接觸良好，并可沿導(dǎo)軌無摩擦地運(yùn)動．導(dǎo)軌上端連接一阻值為R的電阻和電鍵K，導(dǎo)軌電阻不計．重力加速度為g. (

23、1)若電鍵K斷開，當(dāng)a棒在豎直方向勻速運(yùn)動時，b棒恰好靜止，請判斷a棒的運(yùn)動方向，并說明理由； (2)在第(1)問中，a棒勻速運(yùn)動時所需豎直方向的外力F的大小和方向； (3)若將a棒固定，將b棒由靜止釋放，運(yùn)動狀態(tài)穩(wěn)定后再閉合電鍵K.請說明閉合電鍵后，b棒運(yùn)動的速度和加速度情況，請求出b棒的最終速度． 解析 (1)當(dāng)b棒靜止時，受到向上的安培力作用，由左手定則可知b棒中的電流向右，a中的感應(yīng)電流向左，由右手定則可知，a棒向上運(yùn)動． (2)對b棒有mg＝2B0IL， 對a棒F＝B0IL＋2mg， 聯(lián)立解得F＝mg，方向豎直向上． (3)開始電鍵K斷開時，當(dāng)b棒穩(wěn)定后滿足 mg＝F安＝2B0IL＝2B0L， 解得v1＝； 當(dāng)K閉合后，回路的電阻減小，電流會變大，作用在b上的安培力會變大，則b棒將做減速運(yùn)動，當(dāng)最后勻速運(yùn)動穩(wěn)定時， 滿足 mg＝F安＝2B0I′L＝2B0L，解得v2＝. 答案 (1)向上運(yùn)動　(2)mg　方向豎直向上　(3)見解析　 11