(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第10章 高考熱點(diǎn)強(qiáng)化訓(xùn)練16（含解析）

高考熱點(diǎn)強(qiáng)化訓(xùn)練16電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用1．(2019·安徽淮南市第二次模擬)如圖1所示，光滑絕緣的水平桌面上有一直角三角形導(dǎo)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(qiáng)磁場，磁場寬度為L，導(dǎo)線框BC邊與虛線邊界垂直．現(xiàn)讓導(dǎo)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(yīng)電流為正，則在線框穿過磁場的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流與線框運(yùn)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2．(2019·河北唐山市上學(xué)期期末)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2所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)電流為正，則線框中電流i隨bc邊的位置坐標(biāo)x變化的圖象正確的是()圖2答案C解析bc邊的位置坐標(biāo)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(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，感應(yīng)電動勢從0增加到BLv再減到0，感應(yīng)電流從0增加到eq\f(BLv,R)再減到0；bc邊的位置坐標(biāo)x在L～2L過程中，bc邊進(jìn)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(biāo)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(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，感應(yīng)電動勢從0增加到BLv再減到0，感應(yīng)電流從0增加到eq\f(BLv,R)再減到0，故C正確，A、B、D錯誤．3.(多選)(2019·圖3A．M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)B．桿運(yùn)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(dāng)桿達(dá)到最大速度時，M、N兩點(diǎn)間的電勢差大小為20V答案BC解析根據(jù)右手定則可知，MN產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)镸→N，則N相當(dāng)于電源的正極，故M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)，故選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)桿的合力為零時，其速度達(dá)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(xiàng)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(xiàng)C正確；當(dāng)桿的速度最大時，桿產(chǎn)生的感應(yīng)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(diǎn)間的電勢差大小為：UMN＝E－I總r＝20V－5×2V＝10V，故選項(xiàng)D錯誤．4．(多選)(2019·陜西渭南市教學(xué)質(zhì)檢(二))如圖4所示，相距為L的兩條平行金屬導(dǎo)軌與水平地面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從距水平地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，導(dǎo)體棒能沿傾斜的導(dǎo)軌下滑，已知下滑過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項(xiàng)正確的是()圖4A．棒從開始運(yùn)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(yùn)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(dǎo)體棒質(zhì)量，則導(dǎo)體棒從釋放至滑到斜面底端的時間不變答案AC解析根據(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(dá)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(dāng)棒速度為v時，感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，則F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，對導(dǎo)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(dāng)速度相同時，增加導(dǎo)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．5.(多選)(2019·山東煙臺市上學(xué)期期末)如圖5所示，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下端PQ接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中．一質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上，靜止時導(dǎo)體棒處于導(dǎo)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(dǎo)軌平行．現(xiàn)將導(dǎo)體棒從彈簧處于自然長度時由靜止釋放，整個運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)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5A．當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動時流過電阻R的電流方向?yàn)橛蒔到QB．當(dāng)導(dǎo)體棒的速度最大時，彈簧的伸長量為eq\f(mgsinθ,k)C．導(dǎo)體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，則導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到停止運(yùn)動的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(m2g2sin2θ,k)－EpD．若導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動到MN處時速度為v，則此時導(dǎo)體棒的加速度大小為eq\f(B2L2v,2mR)答案ACD解析由右手定則可知，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動時流過電阻R的電流方向?yàn)橛蒔到Q，故A正確；導(dǎo)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(dǎo)體棒所受合力為安培力，導(dǎo)體棒速度不是最大，故B錯誤；導(dǎo)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(dǎo)體棒第一次到達(dá)MN處時，彈簧的彈力：kx＝mgsinθ，此時導(dǎo)體棒受到的安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，對導(dǎo)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．6.(2019·江西南昌市一模)如圖6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(dǎo)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(dǎo)線框之間有一方向垂直斜面向下、寬度為2l的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；開始時，線框b的上邊框與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊框到勻強(qiáng)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(jì)滑輪摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖6(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(jìn)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(yùn)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(jìn)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).7．(2019·云南昆明市4月質(zhì)檢)如圖7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(dǎo)軌，EF是半徑為r、圓心也為O的半圓弧，在半圓弧EF與導(dǎo)軌ACD之間的半圓環(huán)區(qū)域內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)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(jì)．圖7(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(yīng)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(yīng)電流方向?yàn)椋篈→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