2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)29 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）新人教版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)(二十九) 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 (建議用時(shí)：40分鐘) [基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練] 題組一：電磁感應(yīng)中的電路問題 1．如圖甲所示為n＝50匝的圓形線圈M，它的兩端點(diǎn)C、D與內(nèi)阻很大的電壓表相連，線圈中磁通量的變化規(guī)律如圖乙所示，則C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)高低與電壓表的讀數(shù)為(　　) 　　　 甲　　　　　　　　　乙 A．φC>φD,20 V　　　　 B．φC>φD,10 V C．φC<φD,20 V D．φC<φD,10 V B　[圓形線圈產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源的內(nèi)電路。磁通量均勻增加，由楞次定律知，線圈中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，又因?yàn)榫€圈相當(dāng)于內(nèi)電路，故φC>φD；E＝n＝5

2、0× V＝10 V，因而電壓表的讀數(shù)為10 V。電壓表測(cè)量的是電源的電動(dòng)勢(shì)，即感生電動(dòng)勢(shì)，故選項(xiàng)B正確。] 2．如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)a、b兩點(diǎn)恰到磁場邊界時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為(　　) A．BRv B．BRv C．BRv D．BRv D　[設(shè)整個(gè)圓環(huán)電阻是r，其外電阻是圓環(huán)總電阻的，即磁場外的部分，而在磁場內(nèi)切割磁感線的有效長度是R，其相當(dāng)于電源，E＝B·R·v，根據(jù)歐姆定律可得U＝E＝BRv，選項(xiàng)D正確。] 題組二：電磁感應(yīng)中的圖象問題 3.(多選)(2019·

3、廣西模擬)圖示有三個(gè)有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針方向時(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)的磁通量Φ為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、外力F和電功率P隨時(shí)間t變化的規(guī)律圖象的是(　　) A　　　　　　B C　　　　　　D ABD　[當(dāng)線框開始進(jìn)入磁場時(shí)，磁通量開始增加，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)達(dá)最大；此后向里的磁通量增加，總磁通

4、量減小且變化率為之前2倍；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到1.5L時(shí)，磁通量最小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到2L時(shí)磁通量變?yōu)橄蚶锏淖畲螅蔄項(xiàng)正確；當(dāng)線框進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí)，由E＝BLv可知，E保持不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為正；而開始進(jìn)入第二個(gè)磁場時(shí)，兩端同時(shí)切割磁感線，電動(dòng)勢(shì)為2BLv，為正，故B項(xiàng)正確；因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；拉力的功率P＝Fv，因速度不變，而當(dāng)線框在第一個(gè)磁場時(shí)，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個(gè)磁場中時(shí)，F(xiàn)安＝2B·L＝4，因此安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，則拉力的功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D項(xiàng)正確。] 4．(多選)空間內(nèi)存在一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的橫截面為等腰直角三角形，底邊水

5、平，其斜邊長度為L。一正方形導(dǎo)體框邊長也為L，開始時(shí)正方形導(dǎo)體框的ab邊與磁場區(qū)域橫截面的斜邊剛好重合，如圖所示。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，正方形導(dǎo)體框以平行于bc邊的速度v勻速穿越磁場。若導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流為i，a、b兩點(diǎn)間的電壓為uab，感應(yīng)電流取逆時(shí)針方向?yàn)檎瑒t在導(dǎo)體框穿越磁場的過程中，下列i、uab隨時(shí)間的變化規(guī)律正確的是(　　) A　　 　B　　　　C　　　D AD　[由楞次定律可以判斷出導(dǎo)體框進(jìn)磁場時(shí)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，出磁場時(shí)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由E＝Blv可得i＝＝，進(jìn)、出磁場時(shí)導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度l均由大變小，所以電流也是從大變小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；進(jìn)磁場時(shí)ab為

6、電源，uab<0且uab由－Blv增大至零，出磁場時(shí)ab不是電源，電流從b到a，uab<0且uab由－增大至零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。] 題組三：電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)能量問題 5．(多選)(2019·泰安模擬)如圖所示，空間中存在一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個(gè)正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距。若線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場時(shí)開始，直至ab邊到達(dá)磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能(　　) A．始終減小 B．始終不變 C．始終增加 D．先減小后增加 CD　[導(dǎo)線框

7、開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，ab邊以一定的速度進(jìn)入磁場，ab邊切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當(dāng)安培力大于重力時(shí)，線框做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先減速運(yùn)動(dòng)后加速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力等于重力時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先勻速運(yùn)動(dòng)后加速運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力小于重力時(shí)，線框做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)正確。] 6．(多選)(2019·惠州模擬)

8、如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0 T的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量m＝1 kg的金屬桿PQ在水平向右的外力F作用下沿著粗糙U形導(dǎo)軌以速度v＝2 m/s向右勻速滑動(dòng)，U形導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)軌間距離l＝1.0 m，金屬桿PQ與U形導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，定值電阻阻值R＝3.0 Ω，金屬桿的電阻r＝1.0 Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒬到a B．金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為2.0 V C．金屬桿PQ受到的外力F的大小為2.5 N D．外力F做功的數(shù)值大于電路上產(chǎn)生的焦耳熱 BD　[根據(jù)

9、右手定則可判斷出金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)閺腝到P，通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒩到d，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝Blv＝1.0×1.0×2 V＝2.0 V，選項(xiàng)B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，金屬桿PQ中的電流大小I＝＝0.5 A，金屬桿PQ受到的安培力F安＝BIl＝1.0×0.5×1.0 N＝0.5 N，方向與速度方向相反，金屬桿PQ與U形導(dǎo)軌之間的摩擦力f＝μmg＝0.3×1×10 N＝3 N，又金屬桿PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，則金屬桿PQ受到的外力F的大小為F＝F安＋f＝0.5 N＋3 N＝3.5 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系

10、，外力F做功的數(shù)值等于金屬桿克服摩擦力做的功與電路上產(chǎn)生的焦耳熱之和，即外力F做功的數(shù)值大于電路上產(chǎn)生的焦耳熱，選項(xiàng)D正確。] 7．(多選)(2019·湛江模擬)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，磁場方向如圖所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，導(dǎo)體ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，重均為0.1 N，現(xiàn)用豎直向上的力推導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時(shí)釋放cd，cd恰好靜止不動(dòng)，那么ab上升時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b受到的推力大小為0.2 N B．a(chǎn)b向上的速度為2 m/s C．在2 s內(nèi)，推力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8 J D．在2 s內(nèi)，推力做功

11、為0.6 J AB　[導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的推力F＝2mg＝0.2 N，故A正確；cd棒受到的安培力F安＝BIL＝，cd棒靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得＝mg，代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，則在2 s內(nèi)，拉力做的功有0.4 J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，故C錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)拉力做的功為W＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D錯(cuò)誤。] 題組四：電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題 8.(2019·廣州模擬)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電

12、阻不計(jì)的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是(　　) A．回路中的最大電流為 B．銅棒b的最大加速度為 C．銅棒b獲得的最大速度為 D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為 B　[給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路電流I0＝＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)

13、銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，選項(xiàng)B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒，mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv－·2mv2＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 9.如圖所示，兩根彼此平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，其水平部分足夠長且處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)將質(zhì)量為m1的導(dǎo)體棒ab放置于導(dǎo)軌的水平段，將質(zhì)量為m2的導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌的圓弧部分距水平段高為h的位置由靜止釋放。已知導(dǎo)體棒ab和cd接入電路的有效電阻分別為R1和R2，其他部分電阻不計(jì)，整個(gè)過程中兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且未發(fā)生碰

14、撞，重力加速度為g。求： (1)導(dǎo)體棒ab、cd最終速度的大??； (2)導(dǎo)體棒ab所產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)設(shè)導(dǎo)體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律m2gh＝m2v，解得v0＝，隨后，導(dǎo)體棒cd切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒cd、ab受到安培力的作用，其中導(dǎo)體棒cd所受的安培力為阻力，而導(dǎo)體棒ab所受的安培力為動(dòng)力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當(dāng)導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab速度相等時(shí)，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，回路中無感應(yīng)電流，此后導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得：m2v0＝(m1＋m2)v

15、，解得兩棒最終速度為v＝。 (2)由能量守恒定律可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q＝ΔE＝m2v－(m1＋m2)v2＝gh 由焦耳定律可得，導(dǎo)體棒ab、cd所產(chǎn)生的熱量之比是：＝ 解得Q1＝··gh。 答案：(1)都為 (2)··gh [考點(diǎn)綜合練] 10．如圖甲所示(俯視圖)，相距為2L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌一部分處在以O(shè)O′為右邊界的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌右側(cè)接有定值電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。在距邊界OO′為L處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿ab。求解以下問題： 甲　　　　　　　　　　　乙 (1)若金屬桿ab固定在

16、導(dǎo)軌上的初始位置，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度在時(shí)間t內(nèi)由B均減小到零，求此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1。 (2)若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，金屬桿ab在恒力作用下。由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)3L距離，其v-x的關(guān)系圖象如圖乙所示。(v1、v2已知)求： ①金屬桿ab在剛要離開磁場時(shí)的加速度大小； ②此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q2。 解析：(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度在時(shí)間t內(nèi)由B均勻減小到零，說明＝ 此過程中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝＝ ① 通過R的電流為I1＝ ② 此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝IRt ③ 聯(lián)立①②③解得Q1＝。 (2)①ab桿離起始位置的位移從L到3L的過程中，由動(dòng)能定理可得

17、F(3L－L)＝m(v－v) ④ ab桿剛要離開磁場時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝2BLv1 ⑤ 通過R的電流為I2＝ ⑥ 水平方向上受安培力F安和恒力F作用 安培力為F安＝2BI2L ⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦解得F安＝ ⑧ 由牛頓第二定律可得：F－F安＝ma ⑨ 聯(lián)立④⑧⑨解得a＝－。 ②ab桿在磁場中由起始位置發(fā)生位移L的過程中，根據(jù)功能關(guān)系，恒力F做的功等于ab桿增加的動(dòng)能與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，則 FL＝mv＋Q2 ⑩ 聯(lián)立④⑩解得Q2＝。 答案：(1)　(2)①－?、? 11．(2019·福州檢測(cè))如圖甲所示，水平足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L＝0.3 m。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)

18、，其間連接有阻值R＝0.8 Ω的固定電阻。開始時(shí)，導(dǎo)軌上固定著一質(zhì)量m＝0.01 kg、電阻r＝0.4 Ω的金屬桿cd，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)用一平行金屬導(dǎo)軌平面的外力F沿水平方向拉金屬桿cd，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)。電壓采集器可將其兩端的電壓U即時(shí)采集并輸入電腦，獲得的電壓U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。求： 甲　　　　　　　　　乙 (1)在t＝4 s時(shí)通過金屬桿的感應(yīng)電流的大小和方向； (2)4 s內(nèi)金屬桿cd位移的大小； (3)4 s末拉力F的瞬時(shí)功率。 解析：(1)由題圖乙可知，當(dāng)t＝4 s時(shí)，U＝0.6 V 此時(shí)電路

19、中的電流(通過金屬桿的電流)I＝＝0.75 A 用右手定則判斷出，此時(shí)電流的方向由d指向c。 (2)由題圖乙知U＝kt＝0.15t 金屬桿做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 由電路分析：U＝E 聯(lián)立以上兩式得v＝×0.15t 由于R、r、B及L均為常數(shù)，所以v與t成正比，即金屬桿在導(dǎo)軌上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝×0.15＝1.5 m/s2 金屬桿在0～4 s內(nèi)的位移x＝at2＝12 m。 (3)在第4 s末金屬桿的速度v＝at＝6 m/s 金屬桿受安培力F安＝BIL＝0.112 5 N 由牛頓第二定律，對(duì)金屬桿有F－F安＝ma 解得拉力

20、F＝0.127 5 N 故4 s末拉力F的瞬時(shí)功率P＝Fv＝0.765 W。 答案：(1)0.75 A　由d指向c　(2)12 m　(3)0.765 W 12．(2019·洛陽模擬)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為α，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面斜向上，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m，電阻為R，兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱，已知燈泡的電阻RL＝3R不變，定值電阻R1＝R，調(diào)節(jié)電阻箱使R2＝6R，重力加速度為g，閉合開關(guān)S，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放。

21、 (1)求金屬棒下滑的最大速度vm的大小； (2)若金屬棒下滑距離為x時(shí)速度恰好達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開始下滑x的過程中流過R1的電荷量和R1產(chǎn)生的焦耳熱Q1； (3)改變電阻箱R2的值，求R2為何值時(shí)，金屬棒勻速下滑過程中R2消耗的電功率最大。 解析：(1)當(dāng)金屬棒受力平衡時(shí)速度最大，有 mgsin α＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝ R總＝4R，聯(lián)立解得vm＝。 (2)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝， 平均感應(yīng)電流I＝ 得通過R1的電荷量q＝IΔt＝ 由動(dòng)能定理有WG－W安＝mv WG＝mgxsin α，W安＝Q 解得Q＝mgxsin α－ 故Q1＝Q＝mgxsin α－。 (3)設(shè)金屬棒勻速下滑時(shí)，mgsin α＝BIL 則I＝ 由分流原理，通過R2的電流大小為I2 I2＝I＝I 又P2＝IR2 聯(lián)立可得P2＝()2＝()2 由數(shù)學(xué)知識(shí)得，當(dāng)R2＝，即R2＝3R時(shí)，R2消耗的功率最大。 答案：(1)　(2)mgxsin α－　(3)R2＝3R - 10 -