《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練31 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練31 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）（19頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用小題狂練 小題是基礎(chǔ)練小題提分快1.名師原創(chuàng)(多選)如圖所示是世界上早期制造的發(fā)電機(jī)及電動(dòng)機(jī)的實(shí)驗(yàn)裝置，有一個(gè)可繞固定轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁鐵當(dāng)中實(shí)驗(yàn)時(shí)用導(dǎo)線A連接銅盤的中心，用導(dǎo)線B連接銅盤的邊緣，則下列說法中正確的是()A若導(dǎo)線A、B連接，用外力搖手柄使銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，閉合電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流B若導(dǎo)線A、B連接，用外力搖手柄使銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)，則B 端電勢高于A端C若導(dǎo)線A、B與外電源連接，當(dāng)A接電源正極時(shí)，從上向下看銅盤會(huì)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D若導(dǎo)線A、B連接一用電器，當(dāng)用外力搖手柄使銅盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，則有交變電流流過用電器答案：AC解析：若逆時(shí)針搖手柄(從上向下看)，由右手
2、定則可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流從導(dǎo)線A流出，導(dǎo)線A相當(dāng)于連接電源正極，電勢高，A正確，B錯(cuò)誤；若將導(dǎo)線A、B連接外電源，A接正極時(shí)，則由左手定則可知，銅盤會(huì)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，C正確；若導(dǎo)線A、B連接一用電器，當(dāng)用外力搖手柄使銅盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來時(shí)，產(chǎn)生的是直流電，D錯(cuò)誤2.名師原創(chuàng)一匝由粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線繞成的矩形導(dǎo)線框abcd固定不動(dòng)，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(未畫出)，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t均勻變化，且k(k0)，已知abfc4L，bc5L，已知L長度的電阻為r，則導(dǎo)線框abcd中的電流為()A. B.C. D.答案：A解析：電路中的總電阻為R18r，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為ES
3、16kL2，導(dǎo)線框abcd中的電流為I，選項(xiàng)A正確3.母題改編在范圍足夠大、方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.2 T的勻強(qiáng)磁場中，有一水平放置的光滑金屬框架，寬度L0.4 m，如圖所示，框架上放置一質(zhì)量為m0.05 kg、長度為L、電阻為r1 的金屬桿MN，且金屬桿MN始終與金屬框架接觸良好，金屬框架電阻不計(jì)，左側(cè)a、b端連一阻值為R3 的電阻，且b端接地若金屬桿MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a2 m/s2由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是()A在5 s內(nèi)流過電阻R的電荷量為0.1 CB5 s末回路中的電流為0.8 AC5 s末a端處的電勢為0.6 VD如果5 s末外
4、力消失，最后金屬桿將停止運(yùn)動(dòng)，5 s后電阻R產(chǎn)生的熱量為2.5 J答案：C解析：在t5 s內(nèi)金屬桿的位移xat225 m,5 s內(nèi)的平均速度5 m/s，故平均感應(yīng)電動(dòng)勢BL0.4 V，在5 s內(nèi)流過電阻R的電荷量為qt0.5 C，A錯(cuò)誤；5 s末金屬桿的速度vat10 m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv，則回路中的電流為I0.2 A，B錯(cuò)誤；5 s末a點(diǎn)的電勢aUabIR0.6 V，C正確；如果5 s末外力消失，最后金屬桿將停止運(yùn)動(dòng)，5 s末金屬桿的動(dòng)能將轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路中產(chǎn)生的熱量，所以電阻R產(chǎn)生的熱量為mv21.875 J，D錯(cuò)誤4名師原創(chuàng)如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強(qiáng)磁場中規(guī)定
5、垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，以向右方向?yàn)榘才嗔φ较颍铝嘘P(guān)于bc段導(dǎo)線中的感應(yīng)電流i和受到的安培力F隨時(shí)間變化的圖象正確的是()答案：B解析：00.5T時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，為負(fù)，同理可知，0.5TT時(shí)間內(nèi)，電流為正，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，00.5T時(shí)間內(nèi)通過bc段導(dǎo)線的電流是0.5TT時(shí)間內(nèi)通過bc段導(dǎo)線的，A錯(cuò)，B對(duì)；由安培力公式FBIL，I，ES可知，tT時(shí)bc段導(dǎo)線受到的安培力大小是t0時(shí)bc段導(dǎo)線受到的安培力大小的4倍，C、D均錯(cuò)5.新情景題(多選
6、)如圖所示為粗細(xì)均勻的銅導(dǎo)線制成的半徑為r的圓環(huán)，PQ為圓環(huán)的直徑，其左右兩側(cè)存在垂直圓環(huán)所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，但方向相反，圓環(huán)的電阻為2R.一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環(huán)的圓心O點(diǎn)緊貼著圓環(huán)以角速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中金屬棒與圓環(huán)始終接觸良好，則金屬棒旋轉(zhuǎn)一周的過程中()A金屬棒中電流方向始終由N到MB金屬棒中電流的大小始終為C金屬棒兩端的電壓大小始終為Br2D電路中產(chǎn)生的熱量為答案：BCD解析：根據(jù)右手定則可知，金屬棒在題圖所示位置時(shí)，電流方向由M到N，當(dāng)金屬棒經(jīng)過直徑PQ后，電流方向由N到M，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)
7、勢E2Br2Br2，等效電路如圖所示，兩半圓環(huán)并聯(lián)的總電阻為R總，所以金屬棒中的電流為I，B正確；金屬棒兩端的電壓大小為URBr2，C正確；金屬棒旋轉(zhuǎn)一周的過程中，電路中產(chǎn)生的熱量為QI2(R)，D正確6.母題改編如圖所示，A和B是兩個(gè)完全相同的燈泡，C和D都是理想二極管，兩二極管的正向電阻為零，反向電阻無窮大，L是帶鐵芯的線圈，其自感系數(shù)很大，直流電阻忽略不計(jì)下列說法正確的是()A開關(guān)S閉合，A先亮B開關(guān)S閉合，A、B同時(shí)亮C開關(guān)S斷開，B逐漸熄滅D開關(guān)S斷開，A閃亮一下，然后逐漸熄滅答案：D解析：開關(guān)S閉合瞬間，線圈中電流逐漸增大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢會(huì)阻礙電流的增加，故B逐漸變亮，二極
8、管D反向不導(dǎo)通，故A不亮，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；開關(guān)S斷開瞬間，B立刻熄滅，由于二極管正向?qū)?，故線圈與A形成回路，A閃亮一下，然后逐漸熄滅，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確7.預(yù)測新題(多選)如圖所示，在地面上方空間存在有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場在磁場中有一長為L、內(nèi)壁光滑且絕緣的細(xì)筒MN豎直(紙面)放置，筒的底部有一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球，現(xiàn)使細(xì)筒MN沿垂直磁場方向水平向右以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g，設(shè)小球所帶電荷量不變下列說法正確的是 ()A若v0，則小球能沿筒壁上升B若v0，則經(jīng)過時(shí)間t小球從M端離開細(xì)筒C若v0，則小球離開細(xì)筒M端時(shí)對(duì)地的速度大小為 D若v0，
9、則小球?qū)ν驳椎膲毫Υ笮閙g答案：BD解析：由題意可知，細(xì)筒內(nèi)帶正電的小球?qū)㈦S筒一起向右運(yùn)動(dòng)，它在磁場中將受到向上的洛倫茲力作用，F(xiàn)yBqv0，若v0，有Fymg，小球不能沿筒壁上升，A錯(cuò)誤；若v0，在豎直方向有Bqv0mgma，根據(jù)Lat2，則小球經(jīng)過時(shí)間t從M端離開細(xì)筒，B正確；若v0，小球離開M端時(shí)的速度水平分量vxv0，豎直分量vyat，所以小球離開M端時(shí)對(duì)地的速度大小v，C錯(cuò)誤；若v0，則筒底對(duì)小球的支持力大小NmgBqv0mg，由牛頓第三定律可知D正確82019內(nèi)蒙古包頭一中檢測(多選)如圖甲所示，很長的粗糙的導(dǎo)軌MN和PQ水平平行放置，MP之間有一定值電阻R，金屬棒ab的電阻為r
10、，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，整個(gè)裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，t0時(shí)刻，ab棒從靜止開始，在外力F作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒ab中的電流隨時(shí)間變化如圖乙所示，則下列關(guān)于ab棒的加速度a隨時(shí)間t變化的圖象，R上通過的電荷量qR隨時(shí)間的平方t2變化的圖象，正確的是()答案：BC解析：設(shè)金屬棒長L，Ikt，則由歐姆定律可知：Ikt，所以vt，即有a常數(shù)，故A錯(cuò)誤，B正確；由電路原理可知：通過R的電流等于通過金屬棒ab的電流，所以qRItkt2，故C正確，D錯(cuò)誤；故選B、C.92019湖北省黃岡中學(xué)質(zhì)檢如圖甲所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，在圓環(huán)的正上方放置一個(gè)螺線管，在螺線管中通入如圖乙所示的電流，
11、電流從螺線管a端流入為正，以下說法正確的是()A從上往下看，01 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向B01 s內(nèi)圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢C3 s末圓環(huán)對(duì)桌面的壓力小于圓環(huán)的重力D12 s內(nèi)和23 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相反答案：A 解析：由題圖乙知，01 s內(nèi)螺線管中電流逐漸增大，穿過圓環(huán)向上的磁通量增大，由楞次定律知，從上往下看，01 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，圓環(huán)中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場向下，圓環(huán)有縮小的趨勢，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；同理可得12 s內(nèi)和23 s內(nèi)圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；3 s末電流的變化率為0，螺線管中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為0，在圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，圓環(huán)對(duì)桌面的壓力
12、等于圓環(huán)的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤10.2019河北省定州中學(xué)檢測(多選)如圖所示，間距為L、電阻不計(jì)的足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)使金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過金屬棒的電荷量為q.下列說法正確的是()A金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng)B整個(gè)過程中金屬棒克服安培力做的功為mvC整個(gè)過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為D整個(gè)過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mv答案：BC解析：金屬棒向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢EBLv，線框中產(chǎn)生
13、的感應(yīng)電流I，金屬棒受到的安培力水平向左，大小為FBIL，金屬棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，速度變小，安培力變小，加速度變小，選項(xiàng)A錯(cuò)直到速度減小到0，安培力變?yōu)?，金屬棒停止運(yùn)動(dòng)，此過程根據(jù)動(dòng)能定理，金屬棒克服安培力做的功等于減少的動(dòng)能，即mv，選項(xiàng)B對(duì)通過金屬棒的電荷量qtttB，可得位移x，選項(xiàng)C對(duì)整個(gè)電路即金屬棒和電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于克服安培力做的功，即mv，所以電阻R上產(chǎn)生的熱量小于mv，選項(xiàng)D錯(cuò)11(多選)在水平放置的兩條平行光滑直導(dǎo)軌上有一垂直其放置的金屬棒ab，勻強(qiáng)磁場與軌道平面垂直，磁場方向如圖所示，導(dǎo)軌接有兩定值電阻及電阻箱R，R15 ，R26 ，其余電阻不計(jì)電路中的電壓
14、表量程為010 V，電流表的量程為03 A，現(xiàn)將R調(diào)至30 ，用F40 N的水平向右的力使ab垂直導(dǎo)軌向右平移，當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩電表中有一表正好達(dá)到滿偏，而另一表未達(dá)到滿偏則下列說法正確的是()A當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電流表滿偏B當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電壓表滿偏C當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度是1 m/sD當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度是2 m/s答案：BC解析：假設(shè)電壓表滿偏，則通過電流表的電流為I2 A0)，虛線ab與正方形的一條對(duì)角線重合，導(dǎo)線的電阻率為.則下列說法正確的是()A線框中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B線框具有擴(kuò)張的趨勢C若某時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則線框
15、受到的安培力為D線框中a、b兩點(diǎn)間的電勢差大小為答案：C解析：根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B增大，穿過線框的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場為了阻礙磁通量的增加，線框有收縮的趨勢，故B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得：ESL2kL2，因線框電阻R，那么感應(yīng)電流大小為I，則線框受到的安培力為：FBIL，故C正確；由上分析，可知，ab兩點(diǎn)間的電勢差大小UEkL2，故D錯(cuò)誤2.如圖所示的直流電路中，當(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)系是L1L2L3.電感L的電阻可忽略，D為理想二極管現(xiàn)斷開開關(guān)S2，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，再斷開開關(guān)S1，則斷
16、開開關(guān)S1的瞬間，下列判斷正確的是()AL1逐漸變暗，L2、L3均先變亮然后逐漸變暗BL2立即熄滅，L1、L3均逐漸變暗CL1、L2、L3均先變亮然后逐漸變暗DL1逐漸變暗，L2立即熄滅，L3先變亮然后逐漸變暗答案：D解析：當(dāng)開關(guān)S1、S2都閉合時(shí)，三個(gè)燈泡L1、L2、L3的亮度關(guān)系是L1L2L3，對(duì)應(yīng)的實(shí)際功率的關(guān)系有P1P2P3，根據(jù)P有R1R2mg，聯(lián)立解得h，選項(xiàng)D錯(cuò)誤52019山西懷仁檢測(多選)如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，導(dǎo)軌表面上放著光滑導(dǎo)體棒ab、cd，兩棒之間用絕緣細(xì)桿連接，兩導(dǎo)體棒平行且與導(dǎo)軌垂直現(xiàn)加一垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，設(shè)磁場方向向下為正，磁感
17、應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，t12t0，不計(jì)ab、cd間電流的相互作用，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距和絕緣細(xì)桿的長度均為L.下列說法正確的是()Att0時(shí)細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮B在0t1時(shí)間內(nèi)，絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮C在0t1時(shí)間內(nèi)，abcd回路中的電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向D若在0t1時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，則t1時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為答案：ABD解析：由題圖乙所示圖象可知，tt0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，導(dǎo)體棒不受安培力作用，細(xì)桿既不被拉伸也不被壓縮，選項(xiàng)A正確；在0t1時(shí)間內(nèi)，磁通量先向下減少，后向上增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向，為阻
18、礙磁通量的變化，兩導(dǎo)體棒先有遠(yuǎn)離的趨勢，后有靠近的趨勢，則絕緣細(xì)桿先被拉伸后被壓縮，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；設(shè)t1時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，根據(jù)對(duì)稱性可知，t0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小也為B0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動(dòng)勢ESL2，則回路中感應(yīng)電流的大小為I，若在0t1時(shí)間內(nèi)流過導(dǎo)體棒的電荷量為q，電荷量qIt12t0，則B0，選項(xiàng)D正確62019湖北襄陽四中月考(多選)如圖甲所示，軌道左端接有一電容為C的電容器，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)電容器兩極板間電勢差隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，下列關(guān)于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度v、導(dǎo)體棒受到的外力F隨時(shí)間變化的圖象正確的是 ()答案：BD 解析
19、：感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電勢差相等，即BLvU，設(shè)電容器的Ut圖象的斜率為k，由圖乙可知Ukt，導(dǎo)體棒的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為vt，故選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a，由C、I，可得IkC，由牛頓第二定律有FBILma，可以得到Fk，故選項(xiàng)D正確72019浙江溫州中學(xué)月考(多選)如圖甲所示，在傾角為的光滑斜面內(nèi)分布著垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場，以垂直于斜面向上為磁感應(yīng)強(qiáng)度正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示質(zhì)量為m的矩形金屬框從t0時(shí)刻由靜止釋放，t3時(shí)刻的速度為v，移動(dòng)的距離為L，重力加速度為g.在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是 ()At1t3時(shí)間內(nèi)金屬框中的
20、電流方向不變B0t3時(shí)間內(nèi)金屬框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C0t3時(shí)間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運(yùn)動(dòng)D0t3時(shí)間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinmv2答案：AB解析：t1t3時(shí)間內(nèi)穿過金屬框的磁通量先垂直于斜面向上減小，后垂直于斜面向下增大，根據(jù)楞次定律可知，金屬框中的電流方向不變，選項(xiàng)A正確；0t3時(shí)間內(nèi)，金屬框的ab邊與cd邊所受安培力等大反向，金屬框所受安培力為零，則所受的合力沿斜面向下，大小為mgsin，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；0t3時(shí)間內(nèi)，金屬框所受的安培力為零，金屬框的機(jī)械能守恒，有mgLsinmv2，故金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱不等于mgLsinmv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤82019
21、河北衡水中學(xué)檢測(多選) 一根質(zhì)量為0.04 kg、電阻為0.5 的導(dǎo)線繞成一個(gè)匝數(shù)為10匝，高為0.05 m的矩形線圈，將線圈固定在一個(gè)質(zhì)量為0.06 kg、長度與線圈等長的小車上，如圖甲所示線圈和小車一起沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，并以初速度v12 m/s進(jìn)入垂直于紙面向里的有界勻速磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T，運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面和磁場方向始終垂直若小車從剛進(jìn)磁場位置1運(yùn)動(dòng)到剛出磁場位置2的過程中速度v隨小車的位移x變化的圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知()A小車的水平長度l10 cmB小車的位移x15 cm時(shí)線圈中的電流I1.5 AC小車運(yùn)動(dòng)到位置3時(shí)的速度為1.0 m/sD小車由位置2運(yùn)動(dòng)到位
22、置3的過程中，線圈產(chǎn)生的熱量Q0.087 5 J答案：AC解析：由題圖可知，從x0開始，小車進(jìn)入磁場，線圈中有感應(yīng)電流，受到安培力作用，小車做減速運(yùn)動(dòng)，速度隨位移增大而減小，當(dāng)x10 cm時(shí)，線圈完全進(jìn)入磁場，線圈中感應(yīng)電流消失，小車做勻速運(yùn)動(dòng)，因此小車的水平長度l10 cm，選項(xiàng)A正確由題圖知，當(dāng)小車的位移x15 cm時(shí)線圈全部處在磁場中，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，選項(xiàng)B錯(cuò)誤設(shè)小車完全進(jìn)入磁場中時(shí)速度為v2，運(yùn)動(dòng)到位置3時(shí)的速度為v3，根據(jù)動(dòng)量定理，小車進(jìn)入磁場的過程有nB1ht1mv2mv1，而1t1q1，則nBq1hmv1mv2；同理，穿出磁場的過程有nBq2hmv2mv3；根據(jù)qn可知
23、通過線圈橫截面的電荷量q1q2，解得v32v2v1(21.52.0)m/s1.0 m/s，選項(xiàng)C正確線圈進(jìn)入磁場和離開磁場時(shí)，克服安培力做功，線圈的動(dòng)能減少，轉(zhuǎn)化成線圈上產(chǎn)生的熱量，有Q(Mm)(vv)，解得線圈產(chǎn)生的熱量Q0.062 5 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤92019山東膠州二中檢測(多選)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計(jì)在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計(jì)的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力F作用下以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)至ab處，則該過程中()A通過R的電流在均勻減小B金
24、屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢的有效值為C拉力F做的功為D通過R的電荷量為答案：BD解析：金屬棒沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬棒垂直于磁場方向的分速度為v，則vv0cos，為分速度v與v0之間的夾角，設(shè)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，感應(yīng)電流為I，則有EBLvBLv0cos，隨水平分速度v與v0之間夾角的增大，感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，感應(yīng)電流I逐漸減小，而不是均勻減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢EBLvBLv0cos，其有效值為，選項(xiàng)B正確；金屬棒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生正弦式交變電流，電阻R中產(chǎn)生的熱量Q，設(shè)拉力做的功為WF，由功能關(guān)系，有WFmgrQ，得WFmgr，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；通過R的電
25、荷量q，選項(xiàng)D正確102019湖北八校二聯(lián)(多選)如圖，xOy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為d寬為L的線框MNPQ在外力F作用下，沿x軸正方向以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，空間存在豎直方向的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度BB0cosx(式中B0為已知量)，規(guī)定豎直向下方向?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度正方向，線框電阻為R.t0時(shí)刻MN邊恰好在y軸處，則下列說法正確的是()A外力F為恒力Bt0時(shí)，外力大小FC通過線框的瞬時(shí)電流iD經(jīng)過t，線框中產(chǎn)生的電熱Q答案：BCD解析：因線框沿x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，故FF安，由圖中磁場分布知F安的大小是變化的，故F不是恒力，A錯(cuò)t0時(shí)，x0處，BB0，xd處，BB0，由EBLv，又MN、PQ兩邊均切割
26、磁感線且產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相同，則E2B0Lv，I0，F(xiàn)安2B0I0L，而FF安，故B對(duì)因線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有xvt，BB0cos，又E2BLv，故i，C對(duì)由電流的瞬時(shí)值表達(dá)式可知此電流為正弦交流電，有效值I，又QI2Rt，故經(jīng)過t，線框中產(chǎn)生的電熱Q，D對(duì)二、非選擇題11.如圖所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌ab、cd固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，b、c兩點(diǎn)間接一阻值為R的電阻ef是一水平放置的導(dǎo)體桿，其質(zhì)量為m、有效電阻值為R，桿與ab、cd保持良好接觸整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直現(xiàn)用一豎直向上的力拉導(dǎo)體桿，使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為的勻加速運(yùn)動(dòng)，上升
27、了h高度，這一過程中b、c間電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，g為重力加速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用求：(1)導(dǎo)體桿上升h高度過程中通過桿的電荷量；(2)導(dǎo)體桿上升h高度時(shí)所受拉力F的大?。?3)導(dǎo)體桿上升h高度過程中拉力做的功答案：(1)(2)(3)2Q解析：(1)通過桿的電荷量qIt，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E，聯(lián)立以上各式解得q.(2)設(shè)導(dǎo)體桿上升h高度時(shí)速度為v1、拉力為F，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v1 ，根據(jù)牛頓第二定律得FmgBI1lmam，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I1，聯(lián)立以上各式解得F.(3)由功能關(guān)系得WFmgh2Qmv0，解得WF2Q.12如圖所示，兩根質(zhì)
28、量均為m2 kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為12，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻現(xiàn)用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動(dòng)x0.5 m時(shí)其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q230 J，此時(shí)兩棒速率之比為vA：vC1：2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運(yùn)動(dòng)，求：(1)在CD棒運(yùn)動(dòng)0.5 m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小vA和vC.答案：(1)15 J(2)4 m/s8 m/s(3)6.4 m/s3.2 m
29、/s解析：(1)設(shè)兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律QI2Rt可知AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q115 J.(2)根據(jù)能量守恒定律，有FxmvmvQ1Q2又vAvC12，聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得vA4 m/s，vC8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足BLvAB2LvC即vA2vC(不對(duì)過程進(jìn)行分析，認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒是常見錯(cuò)誤)對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理，規(guī)定水平向左為正方向，有FAtmvAmvA，F(xiàn)CtmvCmvC.因?yàn)镕C2FA，故有聯(lián)立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s.19
2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練31 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）
