2022版高考物理一轮复习训练：第10章 能力课 电磁感应规律的综合应用

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第十章　能力课知识巩固练习1．(2021年黄山月考)如图甲所示，水平面上固定一个粗糙的U形金属框架，金属杆ab横跨其上并与之接触良好，整个装置处于竖直向上的磁场中，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．在金属杆ab保持静止的时间段内(　　)A．金属杆ab中感应电流方向一定从b到aB．回路中产生的感应电动势一定增加C．金属杆ab所受摩擦力的方向一定水平向右D．金属杆ab所受安培力一定变大【答案】C【解析】由题图乙可知，磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律可知，金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率即图线斜率在减小，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势减小，故B错误；由于金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，由左手定则可知，金属杆ab受到的安培力方向水平向左，由平衡可知，金属杆ab受到的摩擦力方向水平向右，故C正确；由于回路中产生的感应电动势减小，则感应电流减小，磁感应强度增大，由公式FA＝BIL可知，金属杆ab所受安培力不一定增大，故D错误．2．如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度B均为0.5 T，两边界间距s＝0.1 m．一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R＝0.4 Ω.现使线框以v＝2 m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ.则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是(　　) A B C D【答案】A【解析】在0～5×10－2 s内，ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a的电势高于b的电势，Ua b为正，则ab两端电势差 Ua b＝E＝×BLv＝×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V；在5×10－2 s～10×10－2 s内，cd边进入磁场Ⅱ后，cd边和ab边都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，Ua b为正，所以Ua b＝E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝0.20 V＝20×10－2 V；在10×10－2 s～15×10－2 s内，ab边穿出磁场后，只有cd边切割磁感线，由右手定则知，a点的电势高于b的电势，Ua b为正， Ua b＝E＝BLv＝×0.5×0.2×2 V＝5×10－2 V．故整个过程中线框a、b两点的电势差Ua b随时间t变化的图线如图A所示，A正确．3．(多选)(2021年潮州名校质检)如图所示，间距为L、电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均有一阻值为R的电阻相连．导轨上横跨一根长为L、质量为m、电阻也为R的金属棒．金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给棒一瞬时冲量让它以初速度v0向右运动，则直到棒停止的过程中(　　)A．金属棒在导轨上做匀减速运动B．通过金属棒的电量为C．金属棒克服安培力做功mvD．金属棒上产生的焦耳热为mv【答案】CD【解析】金属棒在整个运动过程中受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，这两个力的合力为零，还受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力．随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；根据动量定理得－BLt＝0－mv0，通过金属棒的电量为q＝t，可得q＝，故B错误；整个过程中由动能定理可得－W安＝0－mv，则金属棒克服安培力做功为W安＝mv，故C正确；整个回路产生的总焦耳热为Q＝W安＝mv，金属棒上产生的焦耳热为Q棒＝Q＝Q＝×mv＝mv，故D正确．4．(2021年太原名校模拟)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠．下图是描述电磁炉工作原理的示意图．下列说法正确的是(　　)A．当恒定电流通过线圈时会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D．电磁炉通电线圈加交流电后在锅底产生涡流，进而发热工作【答案】D【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流，故A错误，D正确．在锅和电磁炉中间放一纸板不会影响电磁炉的加热作用，故B错误．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅内的食物，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，故C错误．5．(多选)如图甲所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止．磁铁在下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动．不计线圈电阻．图乙是计算机荧屏上显示的UI－t曲线，其中两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的．下列说法正确的是(　　)A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大B．若仅减小h，两个峰值都会减小C．若仅减小h，两个峰值可能会相等D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大【答案】BD6．(2021年茂名质检)如图所示，虚线左右两侧存在等大反向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，虚线左侧磁场方向垂直纸面向外，虚线右侧磁场方向垂直纸面向里．电阻为R的单匝金属线框ABCD可绕与虚线重合的轴OO′转动，其中边长OD＝2AO＝2AB＝2L.若在外力F作用下线框从图示位置开始以角速度ω匀速转动，在线框转动过程中，下列说法正确的是(　　)A．线框中电流的最大值为B．在从图示位置转过180°的过程中，电动势的平均值为C．线框中电动势的有效值为D．在从图示位置转过180°的过程中，外力F做的功为【答案】C【解析】感应电动势的最大值为Em＝B0LC DvC D－B0LABvA B＝B0Lω×2L－B0Lω×L＝B0L2ω，线框中的最大感应电流Im＝＝，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，从图示位置转过180°的过程中电动势的平均值＝＝＝，故B错误；线框旋转过程产生正弦式交变电流，线框中电动势的有效值E＝＝，故C正确；感应电流的有效值I＝＝，从图示位置转过180°的过程需要的时间t＝，外力做功W＝Q＝I2Rt＝，故D错误．综合提升练习7．(2020年北京卷)如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场．t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示．已知线框质量m＝1 kg，电阻R＝2 Ω，则(　　)A．线框的加速度为1 m/s2B．磁场区域宽度为6 mC．匀强磁场的磁感应强度为2 TD．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电量为 C【答案】D【解析】当t＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A错误；磁场的宽度等于线框在0～2 s内的位移，为d＝at＝×2×22 m＝4 m，故B错误；设线框的边长为L，则L等于线框在0～1 s内的位移，即L＝at＝×2×12 m＝1 m，当线框全部进入磁场的瞬间F1－F安＝ma，而F安＝BIL＝＝，其中，F1＝4 N，t＝1 s，m＝1 kg，R＝2 Ω，联立得B＝ T，故C错误；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电量为＝t＝＝＝ C＝ C，故D正确．8．如图所示，宽度为L的金属框架竖直固定在绝缘地面上．框架的上端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加的电压成正比，即R＝kU，k为已知常数．框架上有一质量为m、离地高为h的金属棒ab.金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于框架平面向里．将金属棒ab由静止释放，棒沿框架向下运动．不计金属棒及导轨的电阻，重力加速度为g.求：(1)金属棒运动过程中流过金属棒的电流的大小和方向；(2)金属棒落到地面时的速度大小；(3)金属棒从释放到落地的过程中通过电子元件的电量．【答案】(1)　水平向右(或“a→b”)　(2) 　(3)【解析】(1)流过电子元件的电流大小为I＝＝，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为.由右手定则判定流过棒的电流方向为水平向右(或a→b)．(2)在运动过程中金属棒受到的安培力F安＝BIL＝.对金属棒运用牛顿第二定律有mg－F安＝ma，得a＝g－恒定，故金属棒做匀加速直线运动．根据v2＝2ax，得v＝.(3)设金属棒经过时间t落地，有h＝at2．解得t＝＝ .故有q＝I·t＝  .9．如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°.导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻．磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1 J．取g＝10 m/s2．(1)求金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；(2)求金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a；(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，W重－W安＝mv，…由此所得的结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．【答案】(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)见解析【解析】(1)下滑过程中安培力做的功即在电阻上产生的焦耳热．由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3 J，故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J.(2)金属棒下滑时受重力和安培力作用，F安＝BIL＝v.由牛顿第二定律有mgsin 30°－v＝ma.所以a＝gsin 30°－v＝ m/s2＝3.2 m/s2．(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin 30°－v＝ma.上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否做匀速运动，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．mgssin 30°－Q＝mv，得vm＝＝ m/s≈2.74 m/s.