（適用于新高考新教材）高考物理一輪總復習第11章電磁感應課時規(guī)范練34電磁感應現(xiàn)象中的綜合應用問題

課時規(guī)范練34電磁感應現(xiàn)象中的綜合應用問題基礎對點練1.(電磁感應中的電路問題)如圖所示,兩根相距為l的平行直導軌ab、cd,b、d間連有一定值電阻R,導軌電阻可忽略不計。MN為放在ab和cd上的一導體桿,與ab垂直,其電阻也為R。整個裝置處于勻強磁場中,磁感應強度的大小為B,磁場方向垂直于導軌所在平面(指向圖中紙面內(nèi))。現(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v(如圖)做勻速運動。令U表示MN兩端電壓的大小,則()A.U=12Blv,流過定值電阻R的感應電流由b到B.U=12Blv,流過定值電阻R的感應電流由d到C.U=Blv,流過定值電阻R的感應電流由b到dD.U=Blv,流過定值電阻R的感應電流由d到b2.(多選)(電磁感應中的能量、電荷量分析)如圖所示,水平光滑金屬導軌P、Q間距為L,M、N間距為2L,P與M相連,Q與N相連,金屬棒a垂直于P、Q放置,金屬棒b垂直于M、N放置,整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。現(xiàn)給棒a一大小為v0、水平向右的初速度,假設導軌都足夠長,兩棒質(zhì)量均為m,在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中,兩棒始終與導軌接觸良好。以下說法正確的是()A.俯視時感應電流方向為順時針B.棒b的最大速度為0.4v0C.回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1mvD.通過回路中某一截面的電荷量為23.(多選)(電磁感應中的動力學問題)(2023安徽安慶模擬)右圖為固定在絕緣斜面上足夠長的平行導軌,上端連接有電阻R,勻強磁場垂直穿過導軌平面,方向向上。一金屬棒垂直于導軌放置,以初速度v0沿導軌下滑。棒始終與導軌垂直且接觸良好,導軌電阻、金屬棒電阻以及一切摩擦均不計。若t時刻,棒下滑的速度大小為v,電阻R消耗的熱功率為P,則下列圖像可能正確的是()4.(多選)(電磁感應的電路問題)如圖所示,材料和粗細完全一樣的導線繞成單匝線圈ABCD和EFGH,它們分別繞成扇形,扇形的內(nèi)徑r=0.2m,外徑為R=0.5m,它們處于同一個圓面上,扇形ABCD對應的圓心角為30°,扇形EFGH對應的圓心角為60°。在BCGF圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度均勻增大。則()A.線圈ABCD中電流的方向為ADCBAB.線圈ABCD和線圈EFGH中電動勢之比為1∶2C.線圈ABCD和線圈EFGH中電流之比為1∶1D.線圈ABCD和線圈EFGH中產(chǎn)生的電功率之比為1∶25.(電磁感應中的圖像問題)(2022遼寧高考模擬)如圖所示,電阻忽略不計的正方形金屬框abcd水平固定放置,對角線長度為l,整個金屬框內(nèi)部區(qū)域分布著垂直水平面向上的勻強磁場。長度大于l的均勻?qū)w棒MN自a向c在金屬框上勻速滑過,滑動過程中MN始終關于ac對稱并與金屬框接觸良好。若導體棒MN單位長度電阻恒定,與a點的距離記為x,則下列關于MN棒所受安培力F與x(0≤x≤l)的關系圖像中,可能正確的是()6.(多選)(能量問題)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(L<d)、質(zhì)量為m,電阻為R。將線框在磁場上方高h處由靜止釋放,ab邊剛進入磁場和穿出磁場時的速度恰好相等。則在線框全部穿過磁場的過程中()A.ab邊剛進入磁場時ab兩端的電勢差為BL2B.感應電流所做功為mgdC.感應電流所做功為2mgdD.線框最小速度為v=2素養(yǎng)綜合練7.(多選)(2022河北高考模擬)如圖所示,足夠長的金屬導軌MN和PQ固定在豎直平面(紙面)內(nèi),導軌間存在垂直于紙面向里的勻強磁場,其下端接一定值電阻R。一質(zhì)量為m的細金屬棒ab與豎直輕彈簧相連并處于靜止狀態(tài)。已知金屬棒ab與導軌MN和PQ始終垂直且接觸良好,除定值電阻R外,其余電阻不計,不計一切摩擦和空氣阻力,彈簧始終處在彈性限度內(nèi)。現(xiàn)用手托住金屬棒ab將其移到彈簧原長處,然后突然松手,從金屬棒ab開始運動到其靜止的過程中,下列說法正確的是()A.在ab棒第一次下降過程中,當其重力大小等于彈簧彈力大小時,ab棒的速度最大B.ab棒重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量C.ab棒所受的安培力始終做負功D.若空間沒有勻強磁場,則ab棒不會停下來8.(多選)(2022遼寧高考模擬)如圖所示,兩根平行且光滑的金屬導軌由圓弧部分和水平部分組成,圓弧部分由兩段間距為2l、豎直放置的四分之一圓弧導軌構成,水平部分由足夠長、但不等寬的水平導軌構成,水平導軌的寬、窄部分間距分別為2l、l,虛線MN右側導軌區(qū)域處于豎直向上的勻強磁場中,寬、窄兩部分區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小分別為B、2B。金屬棒ab與cd的質(zhì)量均為m,電阻均為R,長度分別為l、2l,金屬棒ab靜止在窄導軌上?，F(xiàn)將金屬棒cd從圓弧軌道上距水平導軌h高度處由靜止釋放,在此后的運動過程中,cd始終在寬導軌上運動,ab始終在窄導軌上運動,兩金屬棒始終垂直于導軌且與導軌接觸良好。導軌各部分之間均平滑連接,導軌電阻不計,重力加速度為g,則()A.金屬棒cd剛進入磁場時的速度大小為gB.通過金屬棒ab的最大電流為BlC.整個過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為14D.整個過程中通過金屬棒cd的電荷量為m9.(多選)如圖,方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌,兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t=0時,棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中,ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1、v2表示,回路中的電流用I表示。下列圖像可能正確的是()10.一種重物緩降裝置利用電磁感應現(xiàn)象制成,其物理模型如圖所示,半徑為L的銅軸上焊接一個外圓半徑為3L的銅制圓盤,銅軸上連接輕質(zhì)絕緣細線,細線纏繞在銅軸上,另一端懸掛著一個重物,從靜止釋放后整個圓盤可以在重物的作用下一起轉(zhuǎn)動,整個裝置位于垂直于圓盤面的勻強磁場中,銅軸的外側和大圓盤的外側通過電刷及導線和外界的一個燈泡相連,電磁感應中產(chǎn)生的電流可以通過燈泡而使燈泡發(fā)光,如果已知磁感應強度為B,燈泡電阻恒為R,額定電壓為U,重力加速度為g,不計一切摩擦阻力,除了燈泡以外的其余電阻不計。(1)當燈泡正常工作時圓盤轉(zhuǎn)動的角速度的大小是多少?(2)如果繩子足夠長,銅軸所處高度足夠高,重物質(zhì)量m滿足什么條件才能使燈泡不燒毀?11.(2023山東濟南模擬)如圖所示,水平傳送帶上放置n個相同的正方形閉合導線圈,每個線圈的質(zhì)量均為m,電阻均為R,邊長均為L,線圈與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ,線圈與傳送帶共同以速度v0勻速向右運動。MN與PQ為勻強磁場的邊界,平行間距為d(L<d),速度v0方向與MN垂直。磁場的磁感應強度為B,方向豎直向下。當線圈右側邊進入磁場時與傳送帶發(fā)生相對運動,線圈的右側邊到達邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設傳送帶足夠長,且線圈在傳送帶上始終保持右側邊平行于磁場邊界。已知重力加速度為g,線圈間不會相碰。求:(1)線圈的右側邊剛進入磁場時,線圈的加速度大小;(2)線圈右側邊從MN運動到PQ經(jīng)過的時間t;(3)n個線圈均通過磁場區(qū)域到恢復和傳送帶共速,線圈釋放的焦耳熱。12.如圖所示,勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場垂直。已知線圈的匝數(shù)N=100,邊長ab=1.0m、bc=0.5m,電阻r=2Ω。磁感應強度B在0~1s內(nèi)從零均勻變化到0.2T。在1~5s內(nèi)從0.2T均勻變化到0.2T,取垂直紙面向里為磁場的正方向。求:(1)0.5s時線圈內(nèi)感應電動勢的大小E1和感應電流的方向;(2)在1~5s內(nèi)通過線圈的電荷量q;(3)在0~5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案：課時規(guī)范練34電磁感應現(xiàn)象中的綜合應用問題1.A解析:由右手定則可知,通過MN的電流方向為N→M,電路閉合,流過電阻R的電流方向由b到d,B項、D項錯誤;導體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv,導體桿為等效電源,其電阻為等效電源內(nèi)阻,由閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律可知,U=IR=E2R·R=12.BC解析:棒a向右運動,回路面積減小,根據(jù)楞次定律可知,俯視時感應電流方向為逆時針,A錯誤;在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中,棒a減速,棒b加速,對棒a,由動量定理可得BI·Lt=BqL=mv00.8mv0,對棒b,由動量定理可得BI·2Lt=mv,聯(lián)立可得v=0.4v0,q=mv05BL,B正確,D錯誤;根據(jù)能量守恒定律可得Q=12mv02[12m(0.8v0)2+12m(0.4v3.BC解析:金屬棒下滑的過程中受重力、導軌的支持力和沿斜面向上的安培力,若開始時安培力大于重力沿斜面向下的分力,金屬棒做減速運動,則由牛頓第二定律可知,a=B2L2vR-mgsinθm,隨著速度的減小,金屬棒的加速度逐漸減小,當mg4.AB解析:根據(jù)楞次定律可知,線圈ABCD中電流的方向為ADCBA,選項A正確;線圈ABCD和線圈EFGH面積之比為1∶2,根據(jù)E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知,線圈電動勢之比為1∶2,選項B正確;線圈ABCD和線圈EFGH周長之比不等于1∶2,則電阻之比不等于1∶2,根據(jù)I=ER可知,兩線圈中的電流之比不等于1∶5.A解析:由楞次定律可知,導體棒自a向c通過磁場,其所受安培力方向始終水平向左,阻礙其運動;設導體棒單位長度電阻為r,導體棒勻速滑過磁場的速率為v,其運動過程中切割磁感線的有效長度為l。當0≤x≤l2時,由幾何知識可知,l=2x,又E=Blv,I=E2xr,所以安培力F=BIl=2B2vr·x,即F與x成正比。同理,當l2<x≤l時,解得F=BIl=26.CD解析:線圈自由下落過程,有mgh=12mv02,ab邊剛進入磁場時,有E=BLv0,U=34BLv0,解得U=3BL2gh4,故選項A錯誤;根據(jù)能量守恒,從ab邊剛進入磁場到ab邊剛穿出磁場的過程,動能變化為0,重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量,Q=mgd,ab邊剛進入磁場時速度為v0,ab邊剛離開磁場時速度也為v0,所以從ab邊剛穿出磁場到cd邊離開磁場的過程,線框產(chǎn)生的熱量與從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等,所以線圈從ab邊進入磁場到cd邊離開磁場的過程,產(chǎn)生的熱量Q'=2mgd,感應電流做的功為2mgd,故B錯誤,C正確;因為進磁場時要減速,即此時的安培力大于重力,速度減小,安培力也減小,當安培力減到等于重力時,線圈做勻速運動,全部進入磁場將做加速運動,設線圈的最小速度為v,知全部進入磁場的瞬間速度最小,由動能定理,從ab邊剛進入磁場到線框完全進入時,有7.CD解析:在ab棒第一次下降過程中,受到向下的重力和向上的安培力和彈簧的彈力,當重力等于安培力和彈力之和時速度最大,故A錯誤;ab棒重力勢能的減小量等于彈簧彈性勢能的增加量與回路中產(chǎn)生的熱量之和,故B錯誤;由楞次定律可知安培力總是阻礙導體棒的運動,因此安培力一直做負功,故C正確;若空間沒有勻強磁場,導體棒和彈簧機械能相互轉(zhuǎn)化,簡諧運動不會停止,故D正確。8.BCD解析:金屬棒cd沿圓弧導軌下滑的過程中,根據(jù)機械能守恒定律可得mgh=12mv2,解得金屬棒cd剛進入磁場時的速度大小為v=2gh,故A錯誤;金屬棒cd剛進入磁場時速度最大,產(chǎn)生的感應電動勢最大,感應電流最大,流過兩個金屬棒的電流相同,則通過金屬棒ab的最大電流為Imax=B·2lv2R=BlR2gh,故B正確;金屬棒cd進入磁場后的開始階段,cd棒受到向左的安培力作用做減速運動,ab棒受到向右的安培力作用做加速運動,兩金屬棒所受的安培力始終大小相等,方向相反,故兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒,最終兩金屬棒共速,取向右為正方向,由動量守恒定律得mv=2mv共,整個過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=1212mv2-12×2mv共2=9.AC解析:對兩棒分別受力分析可知,ab棒做減速直線運動,cd棒做加速直線運動,最后兩棒速度相同。ab棒和cd棒在運動過程中都產(chǎn)生感應電動勢,兩個電動勢方向相反,逐漸抵消,兩棒速度相同時,總電動勢減小至0,電流減小至0,C正確,D錯誤。對兩棒整體受力分析可知,合力為0,動量守恒,mv0=2mv,解得v=v02,即兩棒最后速度為v02。由C圖和F安=BIl10.答案:(1)U4BL2解析:(1)回路中的感應電動勢E=B·2Lv由于圓盤各處的速度不同,因此平均速度v=ωL+ω燈泡正常工作時,加在燈泡兩端的電壓等于電源電動勢E=U整理得ω=U4(2)如果繩子足夠長,銅軸所處高度足夠高,物體最終勻速下降,根據(jù)能量守恒可知,重力做功的功率全部轉(zhuǎn)化為燈泡熱功率,即mgv=U又由于v=ωL聯(lián)立可得m=4因此當m≤4BLU11.答案:(1)B2L(2)B(3)2nμmgd解析:(1)線圈剛進入磁場時有E=BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律I=E所以安培力F=B根據(jù)牛頓第二定律Fμmg=maa=B2L2(2)根據(jù)動量定理,對線圈μmgtI安=0其中安培力的沖量I安=F安t'=BIL·t'=BLqq=Δ綜上解得t=B2(3)自線圈進入磁場到線圈右側邊到達PQ過程中,對于單個線圈,根據(jù)動能定理得μmgdW安=0所以克服安培力做功W安=μmgd單個線圈離開磁場的運動情況和進入磁場相同,W安'=W