專題（70）高熱考點強化練 電磁感應規(guī)律的綜合應用（解析版）

2021年高考物理一輪復習考點全攻關(guān)專題（70）高熱考點強化練電磁感應規(guī)律的綜合應用（解析版）一、選擇題：（本題共8小題，每小題6分，滿分48分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。)1．如圖1所示，光滑絕緣的水平桌面上有一直角三角形導線框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，兩平行虛線間有一垂直于桌面向下的勻強磁場，磁場寬度為L，導線框BC邊與虛線邊界垂直．現(xiàn)讓導線框從圖示位置開始沿BC方向勻速穿過磁場區(qū)域．設(shè)線框中產(chǎn)生順時針方向的感應電流為正，則在線框穿過磁場的過程中，產(chǎn)生的感應電流與線框運動距離x的函數(shù)關(guān)系圖象正確的是()圖1【答案】D【解析】在線如圖2所示，關(guān)于渦流的下列說法中錯誤的是()圖2A．真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置B．家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產(chǎn)生的C．阻尼擺擺動時產(chǎn)生的渦流總是阻礙其運動D．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流【答案】B3．兩個底邊和高都是L的等腰三角形內(nèi)均勻分布方向如圖3所示的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一邊長為L、電阻為R的正方形線框置于三角形所在平面內(nèi)，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取逆時針方向感應電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是()圖3【答案】C【答案】bc邊的位置坐標x在0～L過程，線框bc邊有效切割長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv再減到0，感應電流從0增加到eq\f(BLv,R)再減到0；bc邊的位置坐標x在L～2L過程中，bc邊進入右側(cè)磁場切割磁感線產(chǎn)生順時針方向的電流，ad邊在左側(cè)磁場切割磁感線產(chǎn)生順時針方向的電流，兩電流同向，電流先增加后減小到0，最大值為eq\f(2BLv,R)；bc邊的位置坐標x在2L～3L過程，bc邊在磁場外，線框ad邊有效切割長度從0到L再減到0，感應電流的方向為逆時針方向，感應電動勢從0增加到BLv再減到0，感應電流從0增加到eq\f(BLv,R)再減到0，故C正確，A、B、D錯誤．4.如圖4所示，圖甲和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮．而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是()圖4A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等【答案】C【答案】斷開開關(guān)S1瞬間，線圈L1產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過A1，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，說明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A錯；題圖甲中，閉合開關(guān)S1，電路穩(wěn)定后，因為RL1<RA1，所以A1中電流小于L1中電流，故B錯；題圖乙中，閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同，說明變阻器R與L2的電阻值相同，故C對；閉合S2瞬間，通過L2的電流增大，由于電磁感應，線圈L2產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的增大，則L2中電流與變阻器R中電流不相等，故D錯．(多選)圖5A．M點的電勢高于N點B．桿運動的最大速度是10m/sC．桿上產(chǎn)生的焦耳熱與兩電阻產(chǎn)生焦耳熱的和相等D．當桿達到最大速度時，M、N兩點間的電勢差大小為20V【答案】BC【答案】根據(jù)右手定則可知，MN產(chǎn)生的感應電流的方向為M→N，則N相當于電源的正極，故M點的電勢低于N點，故選項A錯誤；當桿的合力為零時，其速度達到最大值，即：F＝μmg＋BIL＝μmg＋eq\f(B2L2v,R總)，由于R總＝eq\f(1,2)R＋r＝4Ω，代入數(shù)據(jù)整理可以得到最大速度v＝10m/s，故選項B正確；由于桿接入電路的電阻r與兩電阻并聯(lián)阻值相等，而且并聯(lián)的電流與通過桿MN的電流始終相等，則根據(jù)焦耳定律可知，桿上產(chǎn)生的焦耳熱與兩電阻產(chǎn)生焦耳熱的和相等，故選項C正確；當桿的速度最大時，桿產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝BLv＝2×1×10V＝20V，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，此時電路中總電流為：I總＝eq\f(E,R總)＝eq\f(20,4)A＝5A，則此時M、N兩點間的電勢差大小為：UMN＝E－I總r＝20V－5×2V＝10V，故選項D錯誤．置于勻強磁場中的金屬圓盤中央和邊緣各引出一根導線，與套在鐵芯上部的線圈A相連．套在鐵芯下部的線圈B引出兩根導線接在兩根水平光滑導軌上，如圖6所示．導軌上有一根金屬棒ab靜止處在垂直于紙面向外的勻強磁場中．下列說法正確的是()圖6A．圓盤順時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動B．圓盤順時針勻速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動C．圓盤順時針減速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向右運動D．圓盤逆時針加速轉(zhuǎn)動時，ab棒將向左運動【答案】C7．(多選)如圖7所示，相距為L的兩條平行金屬導軌與水平地面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B.將質(zhì)量為m的導體棒從距水平地面高h處由靜止釋放，導體棒能沿傾斜的導軌下滑，已知下滑過程中導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項正確的是()圖7A．棒從開始運動直至地面的過程中，通過電阻R的電荷量為eq\f(BLh,Rsinθ)B．棒從開始運動直至地面的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－eq\f(μmgh,tanθ)C．棒釋放瞬間的加速度大小是gsinθ－μgcosθD．如果增加導體棒質(zhì)量，則導體棒從釋放至滑到斜面底端的時間不變【答案】AC【答案】根據(jù)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(E,R)，q＝eq\x\to(I)Δt聯(lián)立求得：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLh,Rsinθ)，A正確；設(shè)到達斜面底端速度為v，由動能定理得：eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－W安，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝mgh－μmgeq\f(h,tanθ)－eq\f(1,2)mv2，B錯誤；棒釋放瞬間受力分析得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，加速度大小a＝gsinθ－μgcosθ，C正確；當棒速度為v時，感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(E,R)，則F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，對導體棒由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，則a＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(B2L2v,mR)，所以當速度相同時，增加導體棒質(zhì)量，加速度會減小，而位移不變，結(jié)合v－t圖象可知，時間會增加，D錯誤．8.(多選)如圖8所示，兩根平行光滑金屬導軌間距為L，導軌電阻不計，下端PQ接有阻值為R的電阻，導軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中．一質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的導體棒與固定彈簧相連后放在導軌上，靜止時導體棒處于導軌的MN處．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導軌平行．現(xiàn)將導體棒從彈簧處于自然長度時由靜止釋放，整個運動過程中導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸．重力加速度為g，則下列說法中正確的是()圖8A．當導體棒沿導軌向下運動時流過電阻R的電流方向為由P到QB．當導體棒的速度最大時，彈簧的伸長量為eq\f(mgsinθ,k)C．導體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，則導體棒從開始運動到停止運動的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(m2g2sin2θ,k)－EpD．若導體棒第一次運動到MN處時速度為v，則此時導體棒的加速度大小為eq\f(B2L2v,2mR)【答案】ACD【答案】由右手定則可知，當導體棒沿導軌向下運動時流過電阻R的電流方向為由P到Q，故A正確；導體棒所受重力、彈簧彈力與安培力的合力為零時速度最大，彈簧伸長量為eq\f(mgsinθ,k)時，彈簧彈力為mgsinθ，此時導體棒所受合力為安培力，導體棒速度不是最大，故B錯誤；導體棒最終靜止，由平衡條件有：mgsinθ＝kx，則彈簧伸長量：x＝eq\f(mgsinθ,k)，由能量守恒定律有：mgxsinθ＝Q＋Ep，解得：Q＝eq\f(m2g2sin2θ,k)－Ep，故C正確；導體棒第一次到達MN處時，彈簧的彈力：kx＝mgsinθ，此時導體棒受到的安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，對導體棒，由牛頓第二定律有：kx－mgsinθ＋eq\f(B2L2v,2R)＝ma，解得：a＝eq\f(B2L2v,2mR)，故D正確．非選擇題（本題共3小題，滿分52分）（16分）如圖9所示，在傾角θ＝37°的光滑絕緣斜面內(nèi)有兩個質(zhì)量分別為4m和m的正方形導線框a、b，電阻均為R，邊長均為l；它們分別系在一跨過兩個輕質(zhì)定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一方向垂直斜面向下、寬度為2l的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B；開始時，線框b的上邊框與勻強磁場的下邊界重合，線框a的下邊框到勻強磁場的上邊界的距離為l.現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，線框a恰好勻速穿越磁場區(qū)域．不計滑輪摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖9(1)線框a穿出磁場區(qū)域時的電流大??；(2)線框a穿越磁場區(qū)域時的速度大?。?3)線框b進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】見解析【解析】(1)設(shè)繩子拉力為F，線框a勻速穿出磁場區(qū)域時對線框a：4mgsinθ＝F安＋F對線框b：F＝mgsinθ且F安＝BIl解得：I＝eq\f(9mg,5Bl)(2)線框a勻速運動時，線框a、b速度大小相等E＝BlvI＝eq\f(E,R)解得：v＝eq\f(9mgR,5B2l2)(3)設(shè)線框b進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱為Q，對系統(tǒng)列能量守恒方程4mglsinθ＝mglsinθ＋eq\f(1,2)×5mv2＋Q得Q＝eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4).10．（18分）如圖10甲所示，ACD是固定在水平面上的半徑為2r、圓心為O的金屬半圓弧導軌，EF是半徑為r、圓心也為O的半圓弧，在半圓弧EF與導軌ACD之間的半圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在垂直導軌平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，B隨時間t變化的圖象如圖乙所示．OA間接有電阻P，金屬桿OM可繞O點轉(zhuǎn)動，M端與軌道接觸良好，金屬桿OM與電阻P的阻值均為R，其余電阻不計．圖10(1)0～t0時間內(nèi)，OM桿固定在與OA夾角為θ1＝eq\f(π,3)的位置不動，求這段時間內(nèi)通過電阻P的感應電流大小和方向；(2)t0～2t0時間內(nèi)，OM桿在外力作用下以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)動，2t0時轉(zhuǎn)過角度θ2＝eq\f(π,3)到OC位置，求電阻P在這段時間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)eq\f(B0πr2,4t0R)感應電流方向為：A→O(2)eq\f(B02π2r4,16t0R)【解析】(1)0～t0時間內(nèi)：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S1，S1＝eq\f(1,6)·π(2r)2－eq\f(1,6)πr2＝eq\f(πr2,2)，I1＝eq\f(E1,2R)解得：I1＝eq\f(B0πr2,4t0R)，通過電阻P的感應電流方向為：A→O(2)t0～2t0時間內(nèi)，OM轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝eq\f(π,3t0)，感應電動勢為：E2＝B0req\x\to(v)，eq\x\to(v)＝eq\f(ωr＋2ωr,2)又I2＝eq\f(E2,2R)，Q＝I22Rt0，聯(lián)立得：Q＝eq\f(B02π2r4,16t0R).11．（18分）如圖11甲所示，MN、PQ是兩根長為L＝2m、傾斜放置的平行金屬導軌，導軌間距d＝1m，導軌所在平面與水平面成一定角度，M、P間接阻值為R＝6Ω的電阻．質(zhì)量為m＝0.2kg、長度為d的金屬棒ab放在兩導軌上中點位置，金屬棒恰好能靜止．從t＝0時刻開始，空間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，在t0＝0.1s時刻，金屬棒剛要沿導軌向上運動，此時磁感應強度B0＝1.2T．已知金屬棒與導軌始終垂直并且保持良好接觸，不計金屬棒和導軌電阻，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.求：圖11(1)0～t0時間內(nèi)通過電阻R的電荷量q；(2)金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)μ.【答案