新教材高考物理一轮复习课时规范练35电磁感应现象中的综合应用问题含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练35电磁感应现象中的综合应用问题含答案，共11页。试卷主要包含了4v0等内容，欢迎下载使用。

1.(电磁感应中的电路问题)如图所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一定值电阻R,导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小,则( )
A.U=12Blv,流过定值电阻R的感应电流由b到d
B.U=12Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到b
C.U=Blv,流过定值电阻R的感应电流由b到d
D.U=Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到b
2.(多选)(电磁感应中的能量、电荷量分析)如图所示,水平光滑金属导轨P、Q间距为L,M、N间距为2L,P与M相连,Q与N相连,金属棒a垂直于P、Q放置,金属棒b垂直于M、N放置,整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度,假设导轨都足够长,两棒质量均为m,在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中,两棒始终与导轨接触良好。以下说法正确的是( )
A.俯视时感应电流方向为顺时针
B.棒b的最大速度为0.4v0
C.回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D.通过回路中某一截面的电荷量为2mv05BL
3.(多选)(电磁感应中的动力学问题)(2023安徽安庆模拟)右图为固定在绝缘斜面上足够长的平行导轨,上端连接有电阻R,匀强磁场垂直穿过导轨平面,方向向上。一金属棒垂直于导轨放置,以初速度v0沿导轨下滑。棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻、金属棒电阻以及一切摩擦均不计。若t时刻,棒下滑的速度大小为v,电阻R消耗的热功率为P,则下列图像可能正确的是( )
4.(多选)(电磁感应的电路问题)如图所示,材料和粗细完全一样的导线绕成单匝线圈ABCD和EFGH,它们分别绕成扇形,扇形的内径r=0.2 m,外径为R=0.5 m,它们处于同一个圆面上,扇形ABCD对应的圆心角为30°,扇形EFGH对应的圆心角为60°。在BCGF圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度均匀增大。则( )
A.线圈ABCD中电流的方向为ADCBA
B.线圈ABCD和线圈EFGH中电动势之比为1∶2
C.线圈ABCD和线圈EFGH中电流之比为1∶1
D.线圈ABCD和线圈EFGH中产生的电功率之比为1∶2
5.(电磁感应的图像问题)(2023广东珠海期末)如图所示,在光滑的水平面上,有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd,t=0时线框在水平外力的作用下,从静止开始向右始终做匀加速直线运动,bc边刚进入磁场的时刻为t1,ad边刚进入磁场的时刻为t2,设线框中通过的磁通量为Φ,产生的感应电流的大小为i,则Φ、i随时间t变化关系图像正确的是( )
6.(电磁感应中动量、能量问题)(2023重庆开学考试)如图所示,两条足够长,间距d=1 m的光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上,阻值R=2 Ω的定值电阻与导轨的M、P端相连,导轨电阻不计。空间中存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场,质量m=0.1 kg、长度L=1 m、阻值不计的金属杆ab垂直于导轨放置并且始终与导轨接触良好。在金属杆ab的中点处系一根不可伸长的轻绳,轻绳跨过定滑轮与一个质量也为m的物块相连,滑轮左侧轻绳与导轨平面保持平行。某时刻释放物块,物块和金属杆从静止开始运动,当物块下落的高度h=2 m时,二者达到最大速度。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。从开始运动到达到最大速度的过程中,下列说法正确的是( )
A.金属杆的平均速度大小为5 m/s
B.通过电阻R的电荷量为0.7 C
C.所用的时间为1.4 s
D.电阻R产生的热量为1.8 J
素养综合练
7.(多选)(2022河北高考模拟)如图所示,足够长的金属导轨MN和PQ固定在竖直平面(纸面)内,导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,其下端接一定值电阻R。一质量为m的细金属棒ab与竖直轻弹簧相连并处于静止状态。已知金属棒ab与导轨MN和PQ始终垂直且接触良好,除定值电阻R外,其余电阻不计,不计一切摩擦和空气阻力,弹簧始终处在弹性限度内。现用手托住金属棒ab将其移到弹簧原长处,然后突然松手,从金属棒ab开始运动到其静止的过程中,下列说法正确的是( )
A.在ab棒第一次下降过程中,当其重力大小等于弹簧弹力大小时,ab棒的速度最大
B.ab棒重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
C.ab棒所受的安培力始终做负功
D.若空间没有匀强磁场,则ab棒不会停下来
8.(2023江苏淮安期末)如图所示,一电阻可忽略的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab、dc足够长,一根电阻为R的导体棒MN置于金属框上,现给金属框水平向右的初速度v0,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行。则金属棒加速度a、速度v、产生的感应电动势EMN、回路中电流i随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
9.(2023福建三明期末)如图,足够长的光滑平行金属导轨水平放置,左、右两侧导轨的间距分别为l、2l,导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直于导轨放置,回路总电阻保持不变。a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动,两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持接触良好,a棒总在窄轨上运动,b棒总在宽轨上运动,从开始运动到两棒稳定的过程中,下列说法正确的是( )
A.a棒的加速度大小始终等于b棒的加速度大小
B.a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C.稳定时a棒的速度大小为53v0
D.稳定时a棒的速度大小为2v0
10.(2023天津期中)如图所示,相距L=40 cm的两光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,在M、P两点间接一阻值为R=0.5 Ω的电阻,在两导轨间的矩形区域OO1O1'O'内有垂直于导轨平面向里、宽为d=0.7 m的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。一质量m=0.02 kg、电阻r=0.1 Ω的导体棒ab垂直地放在导轨上,与磁场的上边界相距d0=0.8 m。现使ab由静止开始释放,ab在离开磁场前已做匀速直线运动(ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平),导轨电阻不计。g取10 m/s2,求:
(1)ab离开磁场下边界的速度大小;
(2)ab在通过磁场区域的过程中,电阻R上产生的焦耳热;
(3)ab从静止释放到离开磁场所用的时间。(本问结果保留两位有效数字)
11.(2023山东济南模拟)如图所示,水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈,每个线圈的质量均为m,电阻均为R,边长均为L,线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ,线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动。MN与PQ为匀强磁场的边界,平行间距为d(L(1)线圈的右侧边刚进入磁场时,线圈的加速度大小;
(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t;
(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速,线圈释放的焦耳热。
12.如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0 m、bc=0.5 m,电阻r=2 Ω。磁感应强度B在0~1 s内从零均匀变化到0.2 T。在1~5 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T,取垂直于纸面向里为磁场的正方向。求:
(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E1和感应电流的方向;
(2)在1~5 s内通过线圈的电荷量q;
(3)在0~5 s内线圈产生的焦耳热Q。
答案：
1.A 解析 由右手定则可知,通过MN的电流方向为N→M,电路闭合,流过电阻R的电流方向由b到d,B项、D项错误;导体杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,导体杆为等效电源,其电阻为等效电源内阻,由闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可知,U=IR=E2R·R=12Blv,A项正确,C项错误。
2.BC 解析 棒a向右运动,回路面积减小,根据楞次定律可知,俯视时感应电流方向为逆时针,A错误;在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中,棒a减速,棒b加速,对棒a,由动量定理可得BI·Lt=BqL=mv0-0.8mv0,对棒b,由动量定理可得BI·2Lt=mv,联立可得v=0.4v0,q=mv05BL,B正确,D错误;根据能量守恒定律可得Q=12mv02-[12m(0.8v0)2+12m(0.4v0)2]=0.1mv02,C正确。
3.BC 解析 金属棒下滑的过程中受重力、导轨的支持力和沿斜面向上的安培力,若开始时安培力大于重力沿斜面向下的分力,金属棒做减速运动,则由牛顿第二定律可知,a=B2L2vR-mgsinθm,随着速度的减小,金属棒的加速度逐渐减小,当mgsin θ=B2L2vR时速度最小,以后金属棒做匀速运动,B正确;同理可分析出若开始时安培力小于重力沿斜面向下的分力,金属棒做加速度减小的加速运动,最后匀速运动,A错误;电阻R消耗的热功率P=E2R=B2L2v2R,C正确,D错误。
4.AB 解析 根据楞次定律可知,线圈ABCD中电流的方向为ADCBA,选项A正确;线圈ABCD和线圈EFGH面积之比为1∶2,根据E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知,线圈电动势之比为1∶2,选项B正确;线圈ABCD和线圈EFGH周长之比不等于1∶2,则电阻之比不等于1∶2,根据I=ER可知,两线圈中的电流之比不等于1∶1,根据P=IE可知,线圈ABCD和线圈EFGH中产生的电功率之比不等于1∶2,选项C、D错误。
5.C 解析 根据题意,设线框做匀加速直线运动的加速度为a,由运动学公式可得,bc边刚进入磁场的速度为v0=at1,进入磁场后,线框进入磁场的距离为x=v0(t-t1)+12a(t-t1)2=12at2-12at12,则线框中通过的磁通量为Φ=BS=BLx=12BLat2-12BLat12,由表达式可知,Φ-t图像为抛物线,故A、B错误;根据法拉第电磁感应定律,bc边进入磁场后的感应电动势为E=BLv=BLat(t1≤t≤t2),根据欧姆定律,线圈中感应电流为i=ER=BLaR·t (t1≤t≤t2),由此可知,i-t图像为反向延长线过原点的直线,故D错误,C正确。
6.C 解析 通过电阻R的电荷量为q=It=BLvRt=BLhR=1×1×22 C=1 C,故B错误;金属杆达到最大速度vm时加速度为零,根据平衡条件有mg=ImLB,而根据动生电动势公式和欧姆定律有Im=BLvmR,联立可得vm=mgRB2L2=0.1×10×212×12 m/s=2 m/s,对整个系统,由动量定理得mgt-ILB·t=2mvm,解得t=qLB+2mvmmg,代入数据得t=1.4 s,故C正确;平均速度为v=ht=21.4 m/s=107 m/s,故A错误;由能量守恒定律得mgh=12×2mvm2+Q,解得Q=mgh-mvm2=1.6 J,故D错误。
7.CD 解析 在ab棒第一次下降过程中,受到向下的重力和向上的安培力和弹簧的弹力,当重力等于安培力和弹力之和时速度最大,故A错误;ab棒重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与回路中产生的热量之和,故B错误;由楞次定律可知安培力总是阻碍导体棒的运动,因此安培力一直做负功,故C正确;若空间没有匀强磁场,导体棒和弹簧机械能相互转化,简谐运动不会停止,故D正确。
8.A 解析 金属框向右运动,由右手定则可知,bc边产生的感应电流从c流向b,由左手定则可知,金属棒MN受到向右的安培力作用,金属棒向右做加速运动,设金属框的加速度为a1,金属棒的加速度为a2,金属框的速度为v1,金属棒的速度为v2,ab、dc间距为L。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得,回路的感应电流可表示为I=BLv1-BLv2R,设金属框的质量为m0,金属棒的质量为m,对金属框由牛顿第二定律可得BIL=m0a1,对金属棒同理有BIL=ma2,金属框受向左的安培力而做减速运动,金属棒受向右的安培力而做加速运动,两者速度差逐渐减小,所以感应电流I逐渐减小,加速度均逐渐减小,且加速度减小得越来越慢,a-t的斜率变小,当满足v1=v2时,感应电流为零,加速度均为零,金属框和金属棒最后均做匀速直线运动,故A正确,B、D错误;金属棒产生的感应电动势为EMN=BLv2,可知其逐渐增大,最后保持不变,故C错误。
9.A 解析 由于两个导体棒中的电流始终大小相等,根据牛顿第二定律,对导体棒a有BIl=maa,对导体棒b有BI·2l=2mab,由此可知aa=ab,故A正确,B错误;以向右为正方向,从开始到稳定速度,根据动量定理,对导体棒a有BIl·Δt=mva-mv0,对导体棒b有-BI×2l·Δt=2mvb-2mv0,当最终稳定时满足B·2lvb=Blva,联立解得va=43v0,vb=23v0,故C、D错误。
10.答案 (1)3 m/s (2)0.175 J (3)0.53 s
解析 (1)根据题意可得L=40 cm=0.4 m
ab在离开磁场前已做匀速直线运动,则有mg-BIL=0
根据闭合电路欧姆定律,有I=BLvR+r
联立并代入数据解得v=3 m/s。
(2)ab在通过磁场区域的过程中,根据能量守恒定律可得mg(d0+d)=12mv2+Q
代入数据解得Q=0.21 J
根据焦耳定律可得电阻R上产生的焦耳热为QR=RR+rQ
代入数据解得QR=0.175 J。
(3)ab释放到离开磁场,取向下为正方向,由动量定理得mgt-BILΔt=mv-0
通过的电荷量为q=IΔt=ER+rΔt=ΔΦR+r=BLdR+r
则有mgt-B2L2dR+r=mv
代入数据解得t≈0.53 s。
11.答案 (1)B2L2v0mR-μg
(2)B2L3μmgR
(3)2nμmgd
解析 (1)线圈刚进入磁场时有E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律I=ER
所以安培力F=B2L2v0R
根据牛顿第二定律F-μmg=ma
a=B2L2v0mR-μg,方向向左。
(2)根据动量定理,对线圈
μmgt-I安=0
其中安培力的冲量
I安=F安t'=BIL·t'=BLq
q=ΔΦR=BL2R
综上解得t=B2L3μmgR。
(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ过程中,对于单个线圈,
根据动能定理得μmgd-W安=0
所以克服安培力做功W安=μmgd
单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同,W安'=W安=μmgd
所以对于n个线圈有Q=2nμmgd。
12.答案 (1)10 V a→d→c→b→a
(2)10 C
(3)100 J
解析 (1)磁感应强度B在0~1 s内从零均匀变化到0.2 T,故0.5 s时刻的瞬时感应电动势的大小和0~1 s内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势E1=NΔΦ1Δt1且磁通量的变化量ΔΦ1=ΔB1S,可解得E1=NΔB1SΔt1,代入数据得E1=10 V。0~1 s磁感应强度在逐渐增大,根据楞次定律,感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反,则感应电流的方向为a→d→c→b→a。
(2)同理可得E2=NΔB2SΔt2,感应电流I2=E2r,电荷量q=I2Δt2
解得q=NΔB2Sr,代入数据得q=10 C。
(3)0~1 s内的焦耳热Q1=I12rΔt1,且I1=E1r
1~5 s内的焦耳热Q2=I22rΔt2,由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100 J。