(新高考)高考物理一轮复习讲义 第10章 高考热点强化训练16（含解析）

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高考热点强化训练16　电磁感应规律的综合应用1．(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图1所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是(　　)图1答案　D解析　在线框进入0～L范围时，线框内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到，可知感应电流均匀增加；从L～2L，线框切割磁感线的有效长度为不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L～3L，线框切割磁感线的有效长度从逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到原来的2倍，方向为顺时针方向，故选D.2．(2019·河北唐山市上学期期末)两个底边和高都是L的等腰三角形内均匀分布方向如图2所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是(　　)图2答案　C解析　bc边的位置坐标x在0～L过程，线框bc边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv再减到0，感应电流从0增加到再减到0；bc边的位置坐标x在L～2L过程中，bc边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，电流先增加后减小到0，最大值为；bc边的位置坐标x在2L～3L过程，bc边在磁场外，线框ad边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv再减到0，感应电流从0增加到再减到0，故C正确，A、B、D错误．3.(多选)(2019·山东潍坊市下学期高考模拟)如图3所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1 m，其左端用导线接有两个阻值为4 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2 T的匀强磁场中．一质量为2 kg的导体杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2 Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5.对杆施加水平向右、大小为20 N的拉力F，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2.则(　　)图3A．M点的电势高于N点B．杆运动的最大速度是10 m/sC．杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等D．当杆达到最大速度时，M、N两点间的电势差大小为20 V答案　BC解析　根据右手定则可知，MN产生的感应电流的方向为M→N，则N相当于电源的正极，故M点的电势低于N点，故选项A错误；当杆的合力为零时，其速度达到最大值，即：F＝μmg＋BIL＝μmg＋，由于R总＝R＋r＝4 Ω，代入数据整理可以得到最大速度v＝10 m/s，故选项B正确；由于杆接入电路的电阻r与两电阻并联阻值相等，而且并联的电流与通过杆MN的电流始终相等，则根据焦耳定律可知，杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，故选项C正确；当杆的速度最大时，杆产生的感应电动势为：E＝BLv＝2×1×10 V＝20 V，根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中总电流为：I总＝＝ A＝5 A，则此时M、N两点间的电势差大小为：UMN＝E－I总r＝20 V－5×2 V＝10 V，故选项D错误．4．(多选)(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图4所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是(　　)图4A．棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为B．棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－C．棒释放瞬间的加速度大小是gsin θ－μgcos θD．如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变答案　AC解析　根据＝，＝，q＝Δt联立求得：q＝＝，A正确；设到达斜面底端速度为v，由动能定理得：mv2＝mgh－μmgcos θ－W安，则电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－μmg－mv2，B错误；棒释放瞬间受力分析得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，加速度大小a＝gsin θ－μgcos θ，C正确；当棒速度为v时，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，则F安＝BIL＝，对导体棒由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，则a＝gsin θ－μgcos θ－，所以当速度相同时，增加导体棒质量，加速度会减小，而位移不变，结合v－t图象可知，时间会增加，D错误．5.(多选)(2019·山东烟台市上学期期末)如图5所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中．一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)图5A．当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到QB．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为C．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为－EpD．若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为答案　ACD解析　由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为时，弹簧弹力为mgsin θ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件有：mgsin θ＝kx，则弹簧伸长量：x＝，由能量守恒定律有：mgxsin θ＝Q＋Ep，解得：Q＝－Ep，故C正确；导体棒第一次到达MN处时，弹簧的弹力：kx＝mgsin θ，此时导体棒受到的安培力为F＝BIL＝，对导体棒，由牛顿第二定律有：kx－mgsin θ＋＝ma，解得：a＝，故D正确．6.(2019·江西南昌市一模)如图6所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，线框a恰好匀速穿越磁场区域．不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图6(1)线框a穿出磁场区域时的电流大小；(2)线框a穿越磁场区域时的速度大小；(3)线框b进入磁场过程中产生的焦耳热．答案　见解析解析　(1)设绳子拉力为F，线框a匀速穿出磁场区域时对线框a：4mgsin θ＝F安＋F对线框b：F＝mgsin θ且F安＝BIl解得：I＝(2)线框a匀速运动时，线框a、b速度大小相等E＝BlvI＝解得：v＝(3)设线框b进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程4mglsin θ＝mglsin θ＋×5mv2＋Q得Q＝mgl－.7．(2019·云南昆明市4月质检)如图7甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示．OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计．图7(1)0～t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为θ1＝的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；(2)t0～2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度θ2＝到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q.答案　(1)　感应电流方向为：A→O　(2)解析　(1)0～t0时间内：＝，E1＝＝·S1，S1＝·π(2r)2－πr2＝，I1＝解得：I1＝，通过电阻P的感应电流方向为：A→O(2)t0～2t0时间内，OM转动的角速度为ω＝，感应电动势为：E2＝B0r，＝又I2＝，Q＝I22Rt0，联立得：Q＝.