（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題探究九 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（二）練習(xí)（含解析）新人教版

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1、專題探究九電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(二) 1.(2019陜西西安模擬)如圖所示,在條形磁鐵的中央位置的正上方水平固定一銅質(zhì)圓環(huán),不計(jì)空氣阻力,以下判斷正確的是(B)A.釋放圓環(huán),環(huán)下落時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流B.釋放圓環(huán),環(huán)下落時(shí)無(wú)感應(yīng)電流C.釋放圓環(huán),環(huán)下落時(shí)環(huán)的機(jī)械能不守恒D.以上說(shuō)法都不正確解析:圓環(huán)豎直向下運(yùn)動(dòng)時(shí),通過圓環(huán)的磁通量始終為零,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,故A,D錯(cuò)誤,B正確;由于沒有感應(yīng)電流,沒有安培力做功,只有重力做功,故環(huán)的機(jī)械能守恒,故C錯(cuò)誤.2.(2019江西景德鎮(zhèn)模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上,有一矩形線圈以一定的初速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,線圈全部進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí),其動(dòng)能恰好等于它在磁

2、場(chǎng)外面時(shí)的一半,設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾却笥诰€圈寬度,則(C)A.線圈恰好在完全離開磁場(chǎng)時(shí)停下B.線圈在未完全離開磁場(chǎng)時(shí)已停下C.線圈能通過場(chǎng)區(qū)不會(huì)停下D.線圈在磁場(chǎng)中某個(gè)位置停下解析:線圈進(jìn)入或出磁場(chǎng),安培力做負(fù)功,則出磁場(chǎng)時(shí)的速度小于進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度,所受的安培力小于進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力,根據(jù)動(dòng)能定理,出磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的變化量小于進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的變化量,而完全進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)其動(dòng)能恰好等于它在磁場(chǎng)外面時(shí)的一半,由于出磁場(chǎng)后,動(dòng)能不為零,所以線圈將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),故C正確,A,B,D錯(cuò)誤.3.(2018四川南充二模)如圖所示,虛線框abcd內(nèi)為一矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直于紙面,實(shí)線框abcd是一長(zhǎng)方形導(dǎo)線框,ab=2

3、bc,ab邊與ab平行,若將導(dǎo)線框勻速地拉離磁場(chǎng)區(qū)域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出過程中外力所做的功,W2表示以同樣速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功,則(B)A.W1=W2B.W2=2W1C.W1=2W2D.W2=4W1解析:設(shè)bc=L,ab=2L,回路總電阻為R,面積為S;根據(jù)外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1.故選B.4.(2018河南鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))(多選)如圖,MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙固定在水平面上,右端接一個(gè)阻值為R的定值電

4、阻,平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放,到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止,已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中(重力加速度為g)(ACD)A.金屬棒中的最大電流為B.金屬棒克服安培力做的功為mghC.通過金屬棒的電荷量為D.金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h-d)解析:金屬棒下滑過程中,根據(jù)動(dòng)能定理得mgh=mv2,金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度為v=,金屬棒到達(dá)水平面后做減速運(yùn)動(dòng),剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大,最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,則最大感應(yīng)電流為I= ,故A正確;金

5、屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,由動(dòng)能定理得mgh-WB-mgd=0-0,克服安培力做功WB=mgh-mgd,故B錯(cuò)誤;感應(yīng)電荷量為q= t=,故C正確;克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電熱,QR=Q=WB=mg(h-d),故D正確.5.如圖所示,一水平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌上面橫放著兩根完全相同的銅棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.開始時(shí),棒cd靜止,棒ab有一個(gè)向左的初速度v0,則關(guān)于兩棒以后的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是(B)A.ab棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng),cd棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.ab棒減小的動(dòng)量等于cd棒增加的動(dòng)量C.ab棒減小的動(dòng)能等于cd棒增加的動(dòng)能D.兩

6、棒一直運(yùn)動(dòng),機(jī)械能不斷轉(zhuǎn)化為電能解析:初始時(shí)ab棒向左運(yùn)動(dòng)受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒減速,cd棒加速,設(shè)ab棒速度為v1,cd棒速度為v2,開始時(shí)v1v2,隨著運(yùn)動(dòng)兩棒的相對(duì)速度v=v1-v2逐漸減小至0,兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv,E也逐漸減小最終為0,感應(yīng)電流逐漸減小到0,安培力逐漸減到0,所以ab棒做加速度逐漸減小的變減速直線運(yùn)動(dòng),cd棒做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;兩棒組成的系統(tǒng)受安培力的合力為零,故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,所以ab棒減小的動(dòng)量等于cd棒增加的動(dòng)量,故B正確;回路中有感應(yīng)電流時(shí),電流做功產(chǎn)生電熱,所以根據(jù)能量守恒可知,ab

7、棒減小的動(dòng)能等于cd棒增加的動(dòng)能與兩棒產(chǎn)生電熱之和,所以ab棒減小的動(dòng)能大于cd棒增加的動(dòng)能,故C錯(cuò)誤;當(dāng)v1v2時(shí),機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能,之后兩棒以共同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),機(jī)械能守恒,不再產(chǎn)生電能,故D錯(cuò)誤.6.如圖所示,一個(gè)總電阻為R的導(dǎo)線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框,豎直虛線之間有寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),方向垂直于線框所在的平面向里.線框以速度v向右勻速通過磁場(chǎng);ab邊始終與磁場(chǎng)邊界垂直,從b點(diǎn)到達(dá)邊界開始到a點(diǎn)離開磁場(chǎng)為止,在這個(gè)過程中(A)A.線框中的感應(yīng)電流先沿逆時(shí)針方向后沿順時(shí)針方向B.ab段直導(dǎo)線始終不受安培力的作用C.平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BdvD.線框中

8、產(chǎn)生的焦耳熱為解析:線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)穿過線框的磁通量先向里增加,離開磁場(chǎng)時(shí)線框的磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流先逆時(shí)針方向后順時(shí)針方向,故A正確;線框穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有感應(yīng)電流,則ab段導(dǎo)線受到安培力作用,故B錯(cuò)誤;根據(jù)題意知穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的交變電流的最大電動(dòng)勢(shì)為Bdv,最小值為0,其平均值不等于最大值與最小值之和的,故C錯(cuò)誤;因?yàn)榫€框是“半正弦波”形閉合線框,故在穿過磁場(chǎng)過程中感應(yīng)電流為正弦式交變電流,該電流的最大值為Im=,則其有效值為I=Im=,在穿過磁場(chǎng)的時(shí)間t=時(shí)間內(nèi)線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=()2R=,故D錯(cuò)誤.7.(2018湖北宜昌一模)(多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)

9、的光滑金屬導(dǎo)軌MN,PQ平行放置,且都傾斜著與水平面成夾角.在導(dǎo)軌的最上端M,P之間接有電阻R,不計(jì)其他電阻.導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌,當(dāng)沒有磁場(chǎng)時(shí),ab上升的最大高度為H;若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí),ab上升的最大高度為h.在兩次運(yùn)動(dòng)過程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直,且初速度都相等.關(guān)于上述情景,下列說(shuō)法正確的是(BD)A.兩次上升的最大高度相比較為HhB.有磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒所受合力做的功等于無(wú)磁場(chǎng)時(shí)合力做的功C.有磁場(chǎng)時(shí),電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mD.有磁場(chǎng)時(shí),ab上升過程的最小加速度為gsin 解析:無(wú)磁場(chǎng)時(shí),根據(jù)能量守恒,知?jiǎng)幽苋哭D(zhuǎn)化為重力勢(shì)能.有磁場(chǎng)時(shí),動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能,還有

10、一部分轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路的內(nèi)能.則有磁場(chǎng)時(shí)的重力勢(shì)能小于無(wú)磁場(chǎng)時(shí)的重力勢(shì)能,所以hH,故A錯(cuò)誤.由動(dòng)能定理知,合力的功等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量,有、無(wú)磁場(chǎng)時(shí),棒的初速度相等,末速度都為零,即導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量相等,則知導(dǎo)體棒所受合力做的功相等,故B正確.設(shè)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q.根據(jù)能量守恒知m=Q+mgh,則Qmgsin ,根據(jù)牛頓第二定律,知加速度a大于gsin .到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)加速度最小,其值為gsin ,故D正確.8.(2019江西校級(jí)模擬)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(qiáng)磁場(chǎng)的邊界,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,正方形線框abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(Ld)、質(zhì)量為m.將線框在磁場(chǎng)上方

11、高h(yuǎn)處由靜止開始釋放,當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0,cd邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0,從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的整個(gè)過程中(C)A.線框一直都有感應(yīng)電流B.線框一直做勻速運(yùn)動(dòng)C.線框產(chǎn)生的熱量為mg(d+L)D.線框做減速運(yùn)動(dòng)解析:線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程中,穿過線框的磁通量發(fā)生變化,有感應(yīng)電流產(chǎn)生.當(dāng)線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,故A錯(cuò)誤.線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),線框不受安培力,只受重力,加速度為g,故B錯(cuò)誤.ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛穿出磁場(chǎng)的過程,動(dòng)能不變,根據(jù)能量守恒定律得,線框產(chǎn)生的熱量Q=mg(d+L),故C正確.當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0,cd邊剛

12、穿出磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0,說(shuō)明線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做減速運(yùn)動(dòng),完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng),出磁場(chǎng)時(shí)又做減速運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤.9.(2018廣東韶關(guān)二模)(多選)如圖,由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中.一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab,dc以速度v勻速滑動(dòng),滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計(jì)摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中(CD)A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先增大后減小解析:導(dǎo)體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動(dòng)的過

13、程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,保持不變,外電路總電阻先增大后減小,由歐姆定律分析得知PQ中的電流先減小后增大,A錯(cuò)誤;PQ中電流先減小后增大,PQ兩端電壓為路端電壓,由U=E-IR,可知PQ兩端的電壓先增大后減小,B錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng),PQ上外力的功率等于回路的電功率,而回路的總電阻R先增大后減小,由P=,分析得知,PQ上拉力的功率先減小后增大,C正確;線框作為外電路,總電阻最大值為R總=R,則導(dǎo)體棒PQ上的電阻始終大于線框的總電阻,當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中電路中的總電阻先增大后減小,根據(jù)閉合電路的功率的分配關(guān)系與外電阻的關(guān)系可知,當(dāng)外電路的電阻值與電源的內(nèi)電阻相等時(shí)外電路消耗的電功率最

14、大,所以可得線框消耗的電功率先增大后減小,D正確.10.(2019江蘇泰州校級(jí)模擬)(多選)一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿AB,以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行,導(dǎo)軌平面與水平面成30角,兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連,如圖所示,磁場(chǎng)垂直斜面向上,導(dǎo)軌的電阻不計(jì),金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時(shí)的速度大小為v1,則金屬桿在滑行過程中正確的是(ABC)A.向上滑行的時(shí)間小于向下滑行的時(shí)間B.在向上滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行時(shí)電阻R上產(chǎn)生的熱量C.向上滑行時(shí)與向下滑行時(shí)通過電阻R的電荷量相等D.金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點(diǎn),電阻R上產(chǎn)生的熱量為m(-)解析:因?yàn)樯匣A

15、段的平均速度大于下滑階段的平均速度,而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等,所以上滑過程的時(shí)間比下滑過程短,故A正確;由E=BLv可知上滑階段的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1大于下滑階段的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2,上滑階段和下滑階段金屬桿掃過面積相等,電荷量q=It=t=t=,故上滑階段和下滑階段通過R的電荷量相同,所以C正確;由公式W電=qE電動(dòng)勢(shì),可知上滑階段回路電流做功即電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑階段多,所以B正確;金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點(diǎn)的過程中,只有安培力做功,動(dòng)能的一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,電阻R與金屬桿電阻產(chǎn)生的總熱量就是金屬桿減小的動(dòng)能,D 錯(cuò)誤.11.如圖所示,光滑弧形軌道和一足夠長(zhǎng)的光滑水平軌道相

16、連,在距弧形軌道較遠(yuǎn)處的水平軌道上方有一足夠長(zhǎng)的金屬桿,桿上掛有一光滑螺線管,在弧形軌道上高為H的地方無(wú)初速度釋放一磁鐵(可視為質(zhì)點(diǎn)),下滑至水平軌道時(shí)恰好沿螺線管的軸心運(yùn)動(dòng),設(shè)螺線管和磁鐵的質(zhì)量分別為M,m,求:(1)螺線管獲得的最大速度;(2)全過程中整個(gè)電路所消耗的電能.解析:(1)當(dāng)磁鐵在光滑弧形軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),可認(rèn)為還沒有與螺線管發(fā)生相互作用,根據(jù)機(jī)械能守恒可求出磁鐵進(jìn)入水平軌道時(shí)的速度,即mgH=m.當(dāng)磁鐵在水平軌道上靠近螺線管時(shí),由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象使磁鐵與螺線管之間產(chǎn)生相互作用力,最終當(dāng)兩者速度相等時(shí),電磁感應(yīng)現(xiàn)象消失,一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí),螺線管速度達(dá)到最大,設(shè)為v,由動(dòng)量守恒

17、定律得mv0=(M+m)v所以,v=.(2)根據(jù)能量守恒定律有E=mgH-(M+m)v2,解得E=.答案:(1)(2)12.(2018安徽蚌埠第二次質(zhì)檢)如圖所示,MN和PQ為水平放置的足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),其左端連接一個(gè)阻值為R的電阻,垂直導(dǎo)軌平面有一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好.若金屬棒以向右的初速度v0進(jìn)入磁場(chǎng),運(yùn)動(dòng)到右邊界(圖中虛線位置)時(shí)速度恰好為零.導(dǎo)軌電阻不計(jì),求:(1)金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力大小;(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中,定值電阻R上產(chǎn)生的電熱;(3)金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)中央位置時(shí)的速度大小.解析:(1)

18、由E=BLv0,I=,F=BIL得F=.(2)根據(jù)能量守恒,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=m,定值電阻產(chǎn)生的熱量Q=m.(3)設(shè)磁場(chǎng)寬度為x,金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)中央位置時(shí)速度為v,t時(shí)間內(nèi)安培力對(duì)金屬棒的沖量大小I=F安t=vt,上式對(duì)任意微小間隔t都成立,累積相加后,得金屬棒從磁場(chǎng)左邊界運(yùn)動(dòng)到右邊界的過程中,安培力產(chǎn)生的沖量為I1=-x,金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)中央位置的過程中,安培力產(chǎn)生的沖量為I2=-,由動(dòng)量定理可知I1=0-mv0,I2=mv-mv0.解得v=v0.答案:(1)(2)m(3)13.(2018貴州黔東南二模)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng),導(dǎo)軌上平行放置

19、兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路.已知兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R,其他電阻忽略不計(jì),整個(gè)導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行.開始時(shí),導(dǎo)體棒cd靜止、ab棒有水平向右的初速度v0,兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸且始終與兩導(dǎo)軌垂直.求:(1)從開始運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)體棒cd達(dá)到最大速度的過程中,cd棒產(chǎn)生的焦耳熱及通過ab棒橫截面的電荷量;(2)當(dāng)cd棒速度變?yōu)関0時(shí),cd棒加速度的大小.解析:(1)當(dāng)ab棒與cd棒速度相同時(shí),cd棒的速度最大,設(shè)最大速度為v由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv,解得v=v0,由能量守恒定律可得:系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q=m-2mv2=m,故cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd=Q=m,對(duì)ab棒應(yīng)用動(dòng)量定理得-Ft=-ILBt=-LBq=mv0-mv0,解得通過ab棒的電荷量q=.(2)設(shè)當(dāng)cd棒的速度為v0時(shí),ab棒的速度為v,由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv0+mv,解得v=v0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Eab=BLv=BLv0,Ecd=BLv0,根據(jù)閉合電路歐姆定律有:回路中的電流I=,根據(jù)牛頓第二定律得:此時(shí)cd棒的加速度大小為a=.答案:(1)m(2)9