（江浙選考1）2020版高考物理總復習 專題三 電磁感應的綜合應用 考點強化練41 電磁感應的綜合應用.doc

《（江浙選考1）2020版高考物理總復習 專題三 電磁感應的綜合應用 考點強化練41 電磁感應的綜合應用.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江浙選考1）2020版高考物理總復習 專題三 電磁感應的綜合應用 考點強化練41 電磁感應的綜合應用.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

考點強化練41　電磁感應的綜合應用 1.如圖所示,垂直于紙面向里的勻強磁場的區(qū)域?qū)挾葹?a,磁感應強度的大小為B。一邊長為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框CDEF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,關于線框EF兩端的電壓UEF與線框移動距離x的關系,下列圖象正確的是(　　) 2. 如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán),環(huán)半徑為0.5 m,金屬環(huán)總電阻為2 Ω,在整個豎直平面內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度B=1 T,在環(huán)頂點上方0.5 m的A點用鉸鏈連接一長度為1.5 m,電阻為3 Ω的均勻?qū)w棒AB,當導體棒擺到豎直位置時,其B端的速度為3 m/s。已知導體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)接觸良好,則當它擺到豎直位置時AB兩端的電壓大小為(　　) A.0.4 V B.0.65 V C.2.0 V D.2.25 V 3.(2018浙江臺州書生中學高二上學期第三次月考)豎直放置的平行光滑導軌,其電阻不計,磁場方向如圖所示,B=0.5 T,導體棒ab與cd長均為0.2 m,電阻均為0.1 Ω,重均為0.1 N,現(xiàn)用力向上拉導體棒ab,使之勻速向上(與導軌接觸良好,導軌足夠長),此時,導體棒cd恰好靜止,那么導體棒ab上升時,下列說法中正確的是(　　) A.導體棒ab受到的拉力大小為2 N B.導體棒ab向上的速度為0.2 m/s C.在2 s內(nèi),拉力做功轉(zhuǎn)化電能的是0.4 J D.在2 s內(nèi),拉力做功為0.6 J 4.(多選)如圖所示,兩端與定值電阻相連的光滑平行金屬導軌傾斜放置,其中R1=R2=2R,導軌電阻不計,導軌寬度為L,勻強磁場垂直穿過導軌平面,磁感應強度為B。導體棒ab的電阻為R,垂直導軌放置,與導軌接觸良好。釋放后,導體棒ab沿導軌向下滑動,某時刻流過R2的電流為I,在此時刻(　　) A.重力的功率為6l2R B.金屬桿ab消耗的熱功率為4I2R C.導體棒的速度大小為2IRBL D.導體棒受到的安培力的大小為2BIL 5.(多選)矩形導線框abcd固定在勻強磁場中,磁感線的方向與導線框所在平面垂直,規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里,磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。abcd固定不動,在0~4 s內(nèi),線框中的電流為I,線框的bc邊受安培力為F,(若規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向,F的方向規(guī)定以向左為正方向)下列各圖中正確的是 (　　) 6. 如圖所示,光滑平行足夠長的金屬導軌MN、PQ間距為d=1 m,與水平地面成θ=37角放置,Q端接地,阻值為R=8 Ω的電阻接在M、P間,導軌電阻忽略不計,勻強磁場垂直導軌平面向下,磁感應強度為B=0.5 T,質(zhì)量為m=0.1 kg,電阻為r=2 Ω的導軌棒垂直于軌道,由靜止釋放,下滑距離s=3 m,速度為v=4 m/s,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)電阻R中的最大電流I大小和方向; (2)導體棒速度為v時,M點的電勢; (3)從釋放到導體棒速度為v的過程中,導體棒中產(chǎn)生的熱量Q。 7.(2018浙江嘉興第一中學高三上學期期末)如圖所示,兩根相距L1的平行粗糙金屬導軌固定在水平面上,導軌上分布著n個寬度為d、間距為2d的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直水平面向上。在導軌的左端連接一個阻值為R的電阻,導軌的左端距離第一個磁場區(qū)域L2的位置放有一根質(zhì)量為m,長為L1,阻值為r的金屬棒,導軌電阻及金屬棒與導軌間的接觸電阻均不計。某時刻起,金屬棒在一水平向右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運動,已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。 (1)若金屬棒能夠勻速通過每個勻強磁場區(qū)域,求金屬棒離開第2個勻強磁場區(qū)域時的速度v2的大小; (2)在滿足第(1)小題條件時,求第n個勻強磁場區(qū)域的磁感應強度Bn的大小; (3)現(xiàn)保持恒力F不變,使每個磁場區(qū)域的磁感應強度均相同,發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個磁場區(qū)域時電路中的電流變化規(guī)律完全相同,求金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的整個過程中左端電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。 8.(2018浙江余姚中學高三選考科目模擬)如圖甲所示,光滑絕緣斜面的傾角θ=30,矩形區(qū)域GHIJ(GH與IJ相距為d)內(nèi)存在著方向垂直于斜面的勻強磁場。質(zhì)量為m、邊長為d的正方形閉合金屬線框abcd平放在斜面上,開始時ab邊與GH相距也為d,現(xiàn)用一平行于斜面的恒力拉動線框,使其由靜止開始(t=0)沿斜面向上運動,當線框完全通過磁場后運動一段時間再撤去外力。已知線框運動的過程中產(chǎn)生的電流I隨時間t變化的I-t圖象如圖乙所示(規(guī)定電流沿abcd方向為正)。已知向上穿過磁場時線框中電流大小為I0,前后兩次通過磁場產(chǎn)生電流的時間之比為2∶1,重力加速度為g,斜足夠長,線框ab邊始終與GH平行,求: (1)勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向; (2)線框的電阻阻值; (3)撤去外力之前線框位移的大小。 9.(2018學年浙江嘉興高二第一學期期末)如圖甲所示,匝數(shù)為60匝的線圈(圖中只畫了2匝)兩端與一個小燈泡相連。線圈內(nèi)存在一個圓形磁場,線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向里穿過線圈的磁通量為正),其中線圈內(nèi)阻為6 Ω,則: 丙 (1)2 s末,流過小燈泡的電流方向(選填“A到B”或“B到A”); (2)0.5 s末,線圈產(chǎn)生的感應電動勢大小; (3)小燈泡的伏安特性曲線如圖丙所示,則接入此電路中的小燈泡消耗的實際電功率為多大? 10. 如圖所示,某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道,管道的長為L、寬為d、高為h,上、下兩面是絕緣板。前、后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導體板,兩導體板與開關S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應強度大小為B、方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內(nèi)始終充滿電阻率為ρ的導電液體(有大量的正、負離子),且開關閉合前后,液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下,均以恒定速率v0沿x軸正向流動。 (1)求開關閉合前,M、N兩板間的電勢差大小U0; (2)調(diào)整矩形管道的寬和高,但保持其他量和矩形管道的橫截面積為S不變,求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應的寬高比dh的值。 11. 如圖所示,足夠長的光滑導軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi),導軌間距為l,b、c兩點間接一阻值為R的電阻。ef是一水平放置的導體桿,其質(zhì)量為m、有效電阻值為R,桿與ab、cd保持良好接觸。整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與導軌平面垂直?，F(xiàn)用一豎直向上的力拉導體桿,使導體桿從靜止開始做加速度為g2的勻加速運動,上升了h高度,這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,g為重力加速度,不計導軌電阻及感應電流間的相互作用。求: (1)導體桿上升h高度過程中通過桿的電荷量; (2)導體桿上升h高度時所受拉力F的大小; (3)導體桿上升h高度過程中拉力做的功。 12. 如圖所示,“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m,相鄰各邊互相垂直,且處于同一豎直平面內(nèi),ab邊長為l,cd邊長為2l,ab與cd平行,間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平,磁場方向垂直于線框所在平面。開始時,cd邊到磁場上邊界的距離為2l,線框由靜止釋放,從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前,線框做勻速運動,在ef、pq邊離開磁場后,ab邊離開磁場之前,線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi),且ab、cd邊保持水平,重力加速度為g。求: (1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍; (2)磁場上、下邊界間的距離H。  考點強化練41　電磁感應的綜合應用 1.D　剛進入磁場時,EF邊切割磁感線,其等效電路圖如下 甲 線框完全進入磁場時,等效電路如圖 乙 出磁場時,AB邊切割磁感線,其等效電路圖如下 丙 由等效電路可知,在線框穿過磁場的過程中,E點的電勢始終高于F的電勢,則UEF始終為正值,則BC錯誤;CD兩邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv。在0~L內(nèi),EF切割磁感線,EF兩端的電壓是路端電壓,則UEF=34E=34BLv;在L~2L內(nèi),線框完全在磁場中運動,穿過線框的磁通量沒有變化,不產(chǎn)生感應電流,則UCD=E=BLv;在2L~3L內(nèi),CD兩端的電壓等于感應電動勢的14,則UEF=14E=14BLv,故A錯誤D正確。 2.B　當導體棒擺到豎直位置時,由v=ωr可得:C點的速度為:vC=13vB=133 m/s=1 m/s AC間電壓為: UAC=EAC=BLACvC2=10.512 V=0.25 V CB段產(chǎn)生的感應電動勢為:ECB=BLCBvC+vB2=111+32 V=2 V 圓環(huán)兩側(cè)并聯(lián)電阻為:R=12 Ω=0.5 Ω, 金屬棒CB段的電阻為:r=2 Ω,則CB間電壓為: UCB=RR+rECB=0.50.5+22 V=0.4 V 故AB兩端的電壓大小為:UAB=UAC+UCB=0.65 V 3.C　導體棒ab勻速上升,受力平衡,cd棒靜止,受力也平衡,對于兩棒組成的整體,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錯誤。對cd棒,受到向下的重力G和向上的安培力F安,由平衡條件得:F安=G,即BIL=G,又I=BLv2R,聯(lián)立得:v=2GRB2L2=20.10.10.520.22=2 m/s,故B錯誤。 在2 s內(nèi),電路產(chǎn)生的電能 Q=E22Rt=BLv22Rt=0.50.22220.12 J=0.4 J,故C正確;在2 s內(nèi)拉力做的功:W=F推vt=0.222 J=0.8 J,故D錯誤。故選C。 4.BD　根據(jù)能量守恒定律可得PG+PF=PQ+mgv⊥,由于質(zhì)量未知,所以重力的功率無法求解,A錯誤;據(jù)題R1=R2=2R,流過R2的電流為I,通過R1和R2的電流相等,則流過ab棒的電流為2I;金屬桿ab消耗的熱功率為Pab=(2I)2R=4I2R,B正確;金屬桿ab產(chǎn)生的感應電動勢為E=2IR+122R=4IR,由E=BLv得導體棒的速度大小為v=4IRBL,故C錯誤;導體棒受到的安培力的大小為F=B2IL=2BIL,D正確。 5.BD　由題圖可知,0~1 s內(nèi),線圈中磁通量的變化率相同,故0~1 s內(nèi)電流的方向相同,由楞次定律可知,電路中電流方向為逆時針,為負,同理可知,1~2 s內(nèi)電路中的電流為順時針,為正,2~3 s內(nèi),電路中的電流為順時針,為正,3~4 s內(nèi),電路中的電流為逆時針,為負,由E=ΔΦΔt=ΔBSΔt可知,電路中電流大小恒定不變,故A錯誤,B正確;線框bc受到的安培力F=BIL,0~1 s內(nèi),B逐漸增大,IL不變,所以F逐漸增大,根據(jù)左手定則可知,F方向向左,為正且逐漸增大,同理,1~2 s內(nèi),B逐漸減小,IL不變,所以F逐漸減小,根據(jù)左手定則可知,F方向向右,為負且逐漸減小,故C錯誤,D正確。 6.答案 (1)1.2 A,方向:由P到M　(2)-1.6 V　(3)0.2 J 解析 (1)當導體棒受力平衡mgsin θ=BId 解得I=mgsinθBd=1.2 A; 電流方向:由P到M(逆時針也算對); (2)速度為v時,棒的電動勢E=Bdv=2 V 回路電流I=ER+r=0.2 A PM兩端的電勢差UPM=IR=1.6 V 根據(jù)UPM=φP-φM,解得φM=-1.6 V (3)從釋放到導體棒速度為v時,由能量守恒,mgssin θ=Q總+12mv2,解得Q總=1 J 導體棒中產(chǎn)生的熱量Qr=rR+rQ總=0.2 J。 7.答案 (1)v2=2(F-μmg)(L2+2d)m (2)Bn=1L14m(F-μmg)(R+r)22L2+4nd-4d (3)Q=3RR+rnd(F-μmg) 解析 (1)金屬棒勻加速運動有F-μmg=ma v22=2a(L2+2d) 解得:v2=2(F-μmg)(L2+2d)m (2)金屬棒勻加速運動的總位移為x=L2+2nd-2d 金屬棒進入第n個勻強磁場的速度滿足vn2=2ax 金屬棒在第n個磁場中勻速運動有 F-μmg-F安=0,F安=Bn2L12vnR+r 解得:Bn=1L14m(F-μmg)(R+r)22L2+4nd-4d (3)金屬棒進入每個磁場時的速度v和離開每個磁場時的速度v均相同,由題意可得 v2=2aL2,v2-v2=2a2d 金屬棒從開始運動到通過第n個磁場區(qū)域的過程中,有 x總=L2+3nd-2d,(F-μmg)x總-Q總=12mv2 Q=RR+rQ總,解得:Q=3RR+rnd(F-μmg) 8.答案 (1)mg4I0d,磁場方向垂直斜面向上　(2)mg2gd8I02 (3)4d 解析 (1)由I-t圖象知道,線框向上和向下穿過磁場的過程都做勻速運動,設向上穿過磁場時線框的速度大小為v1,向下穿過磁場時線框的速度大小為v2,線框中電流大小為I; 根據(jù)運動學公式和歐姆定律可得:向上時,v1t1=2d,I0R=Bdv1 向下時,v2t2=2d,IR=Bdv2 根據(jù)共點力的平衡可得:mgsin 30=BId 由題設條件知道t1∶t2=2∶1 聯(lián)立解得:B=mg4I0d 根據(jù)右手定則可知磁場方向垂直斜面向上; (2)線框向上穿過磁場時,根據(jù)共點力平衡可得: F=mgsin 30+BI0d 線框從開始運動的ab邊向上剛好進入磁場的過程中,根據(jù)動能定理可得:(F-mgsin 30)d=12mv12 聯(lián)立解得R=mg2gd8I02 (3)設撤去外力前位移大小為x,線框離開磁場后作用的位移為x-3d, 從線框離開磁場到再次進入磁場的過程中,根據(jù)動能定理可得:F(x-3d)=12mv22-12mv12 聯(lián)立可得x=4d 9.答案 (1)B到A　(2)E=6 V　(3)1.18~1.44 W 解析 (1)由楞次定律判斷出感應電流的方向為B到A。 (2)由圖可知0.5 s末與1 s的磁感應強度相同, 由法拉第電磁感應定律:E=nΔΦΔt=600.11 V=6 V (3)線圈內(nèi)阻為6 Ω 當把等效電源和小燈泡串聯(lián)起來時,小燈泡兩端電壓就是路端電壓,流過小燈泡電流就是干路電流,把電源伏安特性曲線和小燈泡伏安特性曲線畫在一幅圖中。 由圖中交點可知當I=0.34 A時,此時燈泡兩端的電壓為4.0 V,則燈泡消耗的功率為:P=UI=1.36 W。 10.答案 (1)Bdv0　(2)LSv02B24ρ　LRρ 解析 (1)以導電液體中帶正電離子為研究對象,受力平衡時,qv0B=qE=qU0d,解得U0=Bdv0。 (2)兩導體板間液體的電阻r=ρdLh,I=U0R+r, 電阻R獲得的功率為P=I2R,即P=Lv0BLRd+ρh2R,當dh=LRρ時,電阻R獲得最大功率,為Pmax=LSv02B24ρ。 11.答案 (1)Blh2R　(2)3mg2+B2l2gh2R　(3)3mgh2+2Q 解析 (1)感應電荷量q=IΔt,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=E2R,根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=ΔΦΔt,由以上各式解得q=ΔΦ2R=Blh2R。 (2)設導體桿上升h高度時速度為v1、拉力為F,根據(jù)運動學公式,得v1=2g2h=gh,根據(jù)牛頓第二定律,得F-mg-BI1l=ma=mg2,根據(jù)閉合電路歐姆定律,得I1=Blv12R,由以上各式解得F=3mg2+B2l2gh2R。 (3)由功能關系得WF-mgh-2Q=12mv12-0,解得WF=3mgh2+2Q。 12.答案 (1)4倍　(2)Qmg+28l 解析 (1)設磁場的磁感應強度大小為B,cd邊剛進入磁場時,線框做勻速運動的速度為v1,cd邊上的感應電動勢為E1,由法拉第電磁感應定律,有E1=2Blv1 ① 設線框總電阻為R,此時線框中電流為I1,由閉合電路歐姆定律,有I1=E1R ② 設此時線框所受安培力為F1,有F1=2I1lB ③ 由于線框做勻速運動,其受力平衡,有mg=F1 ④ 由①②③④式得v1=mgR4B2l2 ⑤ 設ab邊離開磁場之前,線框做勻速運動的速度為v2,同理可得v2=mgRB2l2 ⑥ 由⑤⑥式得v2=4v1。 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前,由機械能守恒定律,有2mgl=12mv12 ⑧ 線框完全穿過磁場的過程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得H=Qmg+28l。