2023年高考物理一轮复习课时练30《电磁感应规律的综合应用》(含答案详解)

这是一份2023年高考物理一轮复习课时练30《电磁感应规律的综合应用》(含答案详解)，共8页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年高考物理一轮复习课时练30《电磁感应规律的综合应用》一 、选择题1.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω。t=0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是(　　) 2.如图所示，平行导轨间有一矩形匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，其感应电动势E随时间t变化的图象，可能正确的是(　　)3.如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定图甲中B的方向为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置与导轨接触良好，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态。规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是(　　)4.如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4 s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系图象(规定水平向左为力的正方向)可能是图中的(　　)5.在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示(　　)A.线框受到的水平外力一定是恒定的B.线框边长与磁场宽度的比值为3∶8C.出磁场的时间是进入磁场时的一半D.出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等6.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)A.如果B增大，vm将变大B.如果α增大，vm将变大C.如果R变小，vm将变大D.如果m变小，vm将变大7.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是(　　)A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝B.初始时刻导体棒加速度的大小a＝g＋C.导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝mv＋8.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ。在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻。导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab棒上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab棒上升的最大高度为h。在两次运动过程中ab棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等。则下列说法正确的是(　　)A.两次上升的最大高度有H<hB.有磁场时ab棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C.有磁场时，电阻R产生的焦耳热为mvD.有磁场时，ab棒上升过程的最小加速度为gsinθ 9. (多选)如图所示，固定在倾角为θ=30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d=1 m，其底端接有阻值为R=2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中。一质量为m=1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F=10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L=6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r=2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g=10 m/s2。则此过程(　　)A.杆的速度最大值为5 m/sB.流过电阻R的电量为6 CC.在这一过程中，整个回路产生的焦耳热为17.5 JD.流过电阻R电流方向为由c到d10. (多选)如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正，已知在0～4 s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列图像所表示的关系正确的是(　　)11. (多选)如图所示，在光滑水平面上方有一有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，磁场宽度大于L。有两个相同的矩形线框，长为L，宽为，按图中方式放置。甲线框到磁场左边界的距离为L，在恒力2F作用下由静止开始向右运动；乙线框到磁场左边界的距离为2L，在恒力F作用下由静止开始向右运动。下列说法中正确的是(　　)A.甲线框进入磁场与离开磁场时，感应电流的方向一定相反，安培力的方向也一定相反B.若甲线框进入磁场后恰好做匀速运动，则乙线框进入磁场后一定做减速运动C.甲线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热一定大于乙线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热D.穿过磁场的过程中，通过两线框横截面的电荷量相同12. (多选)如图所示平行的金属双轨与电路处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，一金属杆放在金属双轨上，在恒定外力F作用下做匀速运动，则在开关S(　　)A.闭合瞬间通过金属杆的电流增大B.闭合瞬间通过金属杆的电流减小C.闭合后金属杆先减速后匀速D.闭合后金属杆先加速后匀速三 、计算题13.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4 m，一端连接R=1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5 m/s 。求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r=1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。14.一个圆形线圈，共有n=10匝，其总电阻r=4.0 Ω，线圈与阻值R0=16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l=0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T=1.0×10－2s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：(1)t=T时刻，电阻R0上的电流大小和方向； (2)0～时间内，流过电阻R0的电量；(3)一个周期内电阻R0的发热量。15.如图所示，一个质量为m、电阻不计的足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L，空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与MN平行的绝缘细线系在定点A。已知，细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q。
0.答案解析1.答案为：C；解析：根据右手定则判断方向，然后根据E=BL2ω分析大小变化即可做出选择。由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α=ωt，导体杆有效切割长度为L=2Rsin ωt。由E=BL2ω可知，E=2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故A、B、D错误，C正确。2.答案为：A解析：由法拉第电磁感应定律可知E＝BLv，其中L为有效长度，也就是磁场的宽度，所以A选项正确。3.答案为：D解析：由楞次定律可判定回路中的电流始终为b→a方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，A、B错误；由F安＝BIl可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左，为负值且逐渐减小；在t0～t1时间内，F安方向向左，故外力F方向向右为正值且逐渐增大。综上所述，D项正确。4.答案为：A解析：在0～2 s内和3～4 s内磁感应强度都在均匀变化，线框中磁通量均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝可知线框中产生的感应电动势恒定，感应电流I＝恒定，ab边受到的磁场力F＝BIL，由于B在均匀变化，则F是均匀变化的，C、D错误；在3～3.5 s内磁场方向向外且逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，由左手定则知ab边受到的安培力方向向左，为正值，B错误，A正确。5.答案为：B；解析：根据E=BLv，I=，F=BIL，v=at以及F拉－F=ma可知，线框受到水平外力是变力，且出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图像及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比值为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误。6.答案为：B；解析：金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F=LB，对金属杆列平衡方程式：mgsin α=，则vm=。由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。7.答案为：C解析：由法拉第电磁感应定律得：E＝Blv0，由闭合电路的欧姆定律得：I＝，由安培力公式得：F＝，故A错误；初始时刻，F＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋，故B错误；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R上的只是一部分，故D错误。8.答案为：D解析：没加磁场时，机械能守恒，动能全部转化为重力势能。加有磁场时，动能的一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，则加有磁场时的重力势能小于没加磁场时的重力势能，即h<H，故A错误；由动能定理知，合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知ab棒所受合力的功相等，故B错误；设电阻R产生的焦耳热为Q，根据能量守恒知有mv＝Q＋mgh，则Q<mv，故C错误；有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，当上升到最高点时，安培力为零，所以ab上升过程的最小加速度为gsinθ，故D正确。 9.答案为：AC；解析：当杆达到最大速度时满足：F=＋mgsin θ，解得vm=5 m/s，选项A正确；流过电阻R的电量：q=== C=3 C，选项B错误；回路产生的焦耳热：Q=FL－mgLsin θ－mvm2=17.5 J，选项C正确；由右手定则可知，流过R的电流方向从d到c，选项D错误。10.答案为：AD；解析：由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E==，感应电流I==，由B ­t图像可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ab边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确B错误；由图示B ­t图像可知，0～1 s时间内，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针方向，为正值；同理1～2 s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；2～3 s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的；3～4 s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故C错误D正确。11.答案为：BCD解析：根据楞次定律知，甲线框进入磁场与离开磁场时感应电流的方向一定相反，而安培力阻碍导体的相对运动，故安培力的方向一定相同，A错误；对甲、乙两线框的受力分析和运动规律分析可知，甲、乙两线框进入磁场时的速度大小相同，则安培力大小相同，若甲线框进入磁场时恰好做匀速运动，说明安培力大小为2F，大于乙线框受到的拉力，则乙线框进入磁场时一定做减速运动，B正确；在进入和穿出磁场的整个过程中，甲线框的安培力均大于乙线框的安培力(进入瞬间安培力大小相等)，而克服安培力做功的位移相同，故甲线框克服安培力做功较多，甲线框产生较多的焦耳热，C正确；通过导体截面的电荷量q＝，磁通量的变化量相同，则电荷量也相同，所以D正确。12.答案为：AC解析：金属杆做切割磁感线运动，相当于电源。在开关S闭合瞬间，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增加，即通过金属杆的电流增加，故A正确，B错误；开关S闭合前，拉力和安培力平衡，开关S闭合后，电流增加，根据安培力公式F＝BIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金属杆做减速运动，感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度减小到最小值，最后匀速运动，故C正确，D错误。三 、计算题13.解：(1)根据动生电动势公式得E=BLv=1×0.4×5 V=2 V故感应电流I===2 A。(2)导体棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安=BIL=0.8 N，因做匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F=F安=0.8 N所以拉力的冲量IF=Ft=0.8 N×0.1 s=0.08 N·s。(3)其他条件不变，则有电动势E=2 V由闭合电路欧姆定律I′==1 A导体棒两端电压U=I′R=1 V。14.解：(1)0～内，感应电动势大小E1=n=可得E1=8 V电流大小I1=，可得I1=0.4 A电流方向为b到a。(2)同(1)可得～内，感应电流大小I2=0.2 A流过电路的电量q=I1＋I2得q=1.5×10－3 C。(3)Q=I12R0＋I22R0得Q=1.6×10－2 J。15.解：(1)细线断裂时，对棒有T0＝F安，F安＝BILI＝，E＝BLv0，v0＝at0联立解得t0＝，v0＝。(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，直至二者速度相同，设二者最终速度大小为v，撤去拉力F时，框架的速度v0＝，由系统动量守恒可得mv0＝2mv解得v＝＝撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热为Q＝mv－·2mv2解得Q＝。