（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題探究九 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（二）練習(xí)（含解析）新人教版

《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題探究九 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（二）練習(xí)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題探究九 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（二）練習(xí)（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題探究九　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(二) 1.(2019·陜西西安模擬)如圖所示,在條形磁鐵的中央位置的正上方水平固定一銅質(zhì)圓環(huán),不計空氣阻力,以下判斷正確的是(　B　) A.釋放圓環(huán),環(huán)下落時產(chǎn)生感應(yīng)電流 B.釋放圓環(huán),環(huán)下落時無感應(yīng)電流 C.釋放圓環(huán),環(huán)下落時環(huán)的機械能不守恒 D.以上說法都不正確 解析:圓環(huán)豎直向下運動時,通過圓環(huán)的磁通量始終為零,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,故A,D錯誤,B正確;由于沒有感應(yīng)電流,沒有安培力做功,只有重力做功,故環(huán)的機械能守恒,故C錯誤. 2.(2019·江西景德鎮(zhèn)模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上,有一矩形線圈以一定的初速度進入勻強磁場區(qū)域

2、,線圈全部進入勻強磁場區(qū)域時,其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,設(shè)磁場區(qū)域?qū)挾却笥诰€圈寬度,則(　C　) A.線圈恰好在完全離開磁場時停下 B.線圈在未完全離開磁場時已停下 C.線圈能通過場區(qū)不會停下 D.線圈在磁場中某個位置停下 解析:線圈進入或出磁場,安培力做負功,則出磁場時的速度小于進磁場時的速度,所受的安培力小于進磁場時所受的安培力,根據(jù)動能定理,出磁場時動能的變化量小于進磁場時動能的變化量,而完全進磁場時其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,由于出磁場后,動能不為零,所以線圈將繼續(xù)運動,故C正確,A,B,D錯誤. 3.(2018·四川南充二模)如圖所示,虛線框a′b′

3、c′d′內(nèi)為一矩形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于紙面,實線框abcd是一長方形導(dǎo)線框,ab=2bc,a′b′邊與ab平行,若將導(dǎo)線框勻速地拉離磁場區(qū)域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出過程中外力所做的功,W2表示以同樣速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功,則(　B　) A.W1=W2 B.W2=2W1 C.W1=2W2 D.W2=4W1 解析:設(shè)bc=L,ab=2L,回路總電阻為R,面積為S;根據(jù)外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L·2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1.故選B. 4.(2018·河南鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)(多選

4、)如圖,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙固定在水平面上,右端接一個阻值為R的定值電阻,平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場.質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放,到達磁場右邊界處恰好停止,已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)(　ACD　) A.金屬棒中的最大電流為 B.金屬棒克服安培力做的功為mgh C.通過金屬棒的電荷量為 D.金屬棒產(chǎn)生的電熱為mg(h-μd) 解析:金屬棒下滑過程中,根據(jù)動能定理得mgh

5、=mv2,金屬棒到達水平面時的速度為v=,金屬棒到達水平面后做減速運動,剛到達水平面時的速度最大,最大感應(yīng)電動勢E=BLv,則最大感應(yīng)電流為I== ,故A正確;金屬棒在整個運動過程中,由動能定理得mgh-WB-μmgd=0-0,克服安培力做功WB=mgh-μmgd,故B錯誤;感應(yīng)電荷量為q= Δt==,故C正確;克服安培力做功轉(zhuǎn)化為電熱,QR=Q=WB=mg(h-μd),故D正確. 5.如圖所示,一水平面內(nèi)固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌上面橫放著兩根完全相同的銅棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路,在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場B.開始時,棒cd靜止,棒ab有一個向左的初速度v0,則關(guān)

6、于兩棒以后的運動,下列說法正確的是(　B　) A.ab棒做勻減速直線運動,cd棒做勻加速直線運動 B.ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量 C.ab棒減小的動能等于cd棒增加的動能 D.兩棒一直運動,機械能不斷轉(zhuǎn)化為電能 解析:初始時ab棒向左運動受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒減速,cd棒加速,設(shè)ab棒速度為v1,cd棒速度為v2,開始時v1>v2,隨著運動兩棒的相對速度Δv=v1-v2逐漸減小至0,兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BL·Δv,E也逐漸減小最終為0,感應(yīng)電流逐漸減小到0,安培力逐漸減到0,所以ab棒做加速度逐漸減小的變減速直線運動,cd棒

7、做加速度逐漸減小的變加速直線運動,故A錯誤;兩棒組成的系統(tǒng)受安培力的合力為零,故系統(tǒng)的動量守恒,所以ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量,故B正確;回路中有感應(yīng)電流時,電流做功產(chǎn)生電熱,所以根據(jù)能量守恒可知,ab棒減小的動能等于cd棒增加的動能與兩棒產(chǎn)生電熱之和,所以ab棒減小的動能大于cd棒增加的動能,故C錯誤;當v1>v2時,機械能轉(zhuǎn)化為電能,之后兩棒以共同的速度做勻速直線運動,機械能守恒,不再產(chǎn)生電能,故D錯誤. 6.如圖所示,一個總電阻為R的導(dǎo)線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框,豎直虛線之間有寬度為d、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,方向垂直于線框所在的平面向里.線框以速度v向

8、右勻速通過磁場;ab邊始終與磁場邊界垂直,從b點到達邊界開始到a點離開磁場為止,在這個過程中(　A　) A.線框中的感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向 B.ab段直導(dǎo)線始終不受安培力的作用 C.平均感應(yīng)電動勢為Bdv D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 解析:線框進入磁場時穿過線框的磁通量先向里增加,離開磁場時線框的磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流先逆時針方向后順時針方向,故A正確;線框穿過磁場時回路中有感應(yīng)電流,則ab段導(dǎo)線受到安培力作用,故B錯誤;根據(jù)題意知穿過磁場過程中產(chǎn)生的交變電流的最大電動勢為Bdv,最小值為0,其平均值不等于最大值與最小值之和的,故C錯誤;因為線框是

9、“半正弦波”形閉合線框,故在穿過磁場過程中感應(yīng)電流為正弦式交變電流,該電流的最大值為Im==,則其有效值為I=Im=,在穿過磁場的時間t=時間內(nèi)線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=()2·R·=,故D錯誤. 7.(2018·湖北宜昌一模)(多選)如圖所示,足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN,PQ平行放置,且都傾斜著與水平面成夾角θ.在導(dǎo)軌的最上端M,P之間接有電阻R,不計其他電阻.導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌,當沒有磁場時,ab上升的最大高度為H;若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場時,ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直,且初速度都相等.關(guān)于上述情景,下列說法正確的是(　BD　)

10、 A.兩次上升的最大高度相比較為H

11、Qmgsin θ,根據(jù)牛頓第二定律,知加速度a大于gsin θ.到達最高點時加速度最小,其值為gsin θ,故D正確. 8.(2019·江西校級模擬)如圖所示,相距為d的兩水平線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的邊界,磁場的磁感應(yīng)強度為B,正方形線框abcd邊長為L(L

12、生的熱量為mg(d+L) D.線框做減速運動 解析:線框進入和穿出磁場過程中,穿過線框的磁通量發(fā)生變化,有感應(yīng)電流產(chǎn)生.當線框完全在磁場中運動時,磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,故A錯誤.線框完全在磁場中運動時,線框不受安培力,只受重力,加速度為g,故B錯誤.ab邊進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程,動能不變,根據(jù)能量守恒定律得,線框產(chǎn)生的熱量Q=mg(d+L),故C正確.當ab邊進入磁場時速度為v0,cd邊剛穿出磁場時速度也為v0,說明線框進入磁場時做減速運動,完全進入磁場后做加速運動,出磁場時又做減速運動,故D錯誤. 9.(2018·廣東韶關(guān)二模)(多選)如圖,由某種粗細均勻的總電阻為3

13、R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab,dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(　CD　) A.PQ中電流先增大后減小 B.PQ兩端電壓先減小后增大 C.PQ上拉力的功率先減小后增大 D.線框消耗的電功率先增大后減小 解析:導(dǎo)體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,保持不變,外電路總電阻先增大后減小,由歐姆定律分析得知PQ中的電流先減小后增大,A錯誤;PQ中電流先減小后增大,PQ兩

14、端電壓為路端電壓,由U=E-IR,可知PQ兩端的電壓先增大后減小,B錯誤;導(dǎo)體棒勻速運動,PQ上外力的功率等于回路的電功率,而回路的總電阻R先增大后減小,由P=,分析得知,PQ上拉力的功率先減小后增大,C正確;線框作為外電路,總電阻最大值為R總=×=

15、速度v0從一光滑平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行,導(dǎo)軌平面與水平面成30°角,兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連,如圖所示,磁場垂直斜面向上,導(dǎo)軌的電阻不計,金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v1,則金屬桿在滑行過程中正確的是(　ABC　) A.向上滑行的時間小于向下滑行的時間 B.在向上滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量 C.向上滑行時與向下滑行時通過電阻R的電荷量相等 D.金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點,電阻R上產(chǎn)生的熱量為m(-) 解析:因為上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度,而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等,所以上滑過程的時間比下滑過程

16、短,故A正確;由E=BLv可知上滑階段的平均感應(yīng)電動勢E1大于下滑階段的平均感應(yīng)電動勢E2,上滑階段和下滑階段金屬桿掃過面積相等,電荷量q=I·Δt=Δt=Δt=,故上滑階段和下滑階段通過R的電荷量相同,所以C正確;由公式W電=qE電動勢,可知上滑階段回路電流做功即電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑階段多,所以B正確;金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點的過程中,只有安培力做功,動能的一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,電阻R與金屬桿電阻產(chǎn)生的總熱量就是金屬桿減小的動能,D 錯誤. 11.如圖所示,光滑弧形軌道和一足夠長的光滑水平軌道相連,在距弧形軌道較遠處的水平軌道上方有一足夠長的金屬桿,桿上掛有一光滑螺線管,在弧形軌道上

17、高為H的地方無初速度釋放一磁鐵(可視為質(zhì)點),下滑至水平軌道時恰好沿螺線管的軸心運動,設(shè)螺線管和磁鐵的質(zhì)量分別為M,m,求: (1)螺線管獲得的最大速度; (2)全過程中整個電路所消耗的電能. 解析:(1)當磁鐵在光滑弧形軌道上運動時,可認為還沒有與螺線管發(fā)生相互作用,根據(jù)機械能守恒可求出磁鐵進入水平軌道時的速度,即mgH=m. 當磁鐵在水平軌道上靠近螺線管時,由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象使磁鐵與螺線管之間產(chǎn)生相互作用力,最終當兩者速度相等時,電磁感應(yīng)現(xiàn)象消失,一起做勻速直線運動,此時,螺線管速度達到最大,設(shè)為v,由動量守恒定律得 mv0=(M+m)v 所以,v=. (2)根據(jù)能量守恒定

18、律有E=mgH-(M+m)v2, 解得E=. 答案:(1)　(2) 12.(2018·安徽蚌埠第二次質(zhì)檢)如圖所示,MN和PQ為水平放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L,其左端連接一個阻值為R的電阻,垂直導(dǎo)軌平面有一個磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好.若金屬棒以向右的初速度v0進入磁場,運動到右邊界(圖中虛線位置)時速度恰好為零.導(dǎo)軌電阻不計,求: (1)金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小; (2)金屬棒運動過程中,定值電阻R上產(chǎn)生的電熱; (3)金屬棒運動到磁場中央位置時的速度大小. 解析:(1)由E=BLv0,I=,

19、F=BIL 得F=. (2)根據(jù)能量守恒,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=m, 定值電阻產(chǎn)生的熱量Q′=m. (3)設(shè)磁場寬度為x,金屬棒運動到磁場中央位置時速度為v′, Δt時間內(nèi)安培力對金屬棒的沖量大小 I=F安Δt=·vΔt, 上式對任意微小間隔Δt都成立,累積相加后,得 金屬棒從磁場左邊界運動到右邊界的過程中,安培力產(chǎn)生的沖量為I1=-·x, 金屬棒運動到磁場中央位置的過程中,安培力產(chǎn)生的沖量為I2=-·, 由動量定理可知I1=0-mv0,I2=mv′-mv0. 解得v′=v0. 答案:(1)　(2)m　(3) 13.(2018·貴州黔東南二模)如圖所示,兩根足夠長的平行金

20、屬導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間的距離為L,導(dǎo)軌上平行放置兩根導(dǎo)體棒ab和cd,構(gòu)成矩形回路.已知兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R,其他電阻忽略不計,整個導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B,導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行.開始時,導(dǎo)體棒cd靜止、ab棒有水平向右的初速度v0,兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸且始終與兩導(dǎo)軌垂直.求: (1)從開始運動到導(dǎo)體棒cd達到最大速度的過程中,cd棒產(chǎn)生的焦耳熱及通過ab棒橫截面的電荷量; (2)當cd棒速度變?yōu)関0時,cd棒加速度的大小. 解析:(1)當ab棒與cd棒速度相同時,cd棒的速度最大,設(shè)最大速度為v 由動量守恒定律得mv0=2

21、mv, 解得v=v0, 由能量守恒定律可得: 系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q=m-×2mv2=m, 故cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Qcd=Q=m, 對ab棒應(yīng)用動量定理得 -FΔt=-ILBΔt=-LBq=m×v0-mv0, 解得通過ab棒的電荷量q=. (2)設(shè)當cd棒的速度為v0時,ab棒的速度為v′, 由動量守恒定律得mv0=m×v0+mv′, 解得v′=v0, 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有 Eab=BLv′=BLv0,Ecd=BLv0, 根據(jù)閉合電路歐姆定律有: 回路中的電流 I==, 根據(jù)牛頓第二定律得:此時cd棒的加速度大小為 a===. 答案:(1)m　 (2) 9