2023屆新高考二輪復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng)專題第3講 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用 練習(xí)（含解析）

PAGE8-2023屆新高考二輪復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)專題第3講電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用練習(xí)（含解析）一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．(2021·昌平區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差為(D)A．eq\r(2)BRv B．eq\f(\r(2),2)BRvC．eq\f(\r(2),4)BRv D．eq\f(3\r(2),4)BRv[解析]當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R；線框剛進(jìn)入磁場時ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\r(2)BRv；線框進(jìn)入磁場的過程中a、b兩點的電勢差由歐姆定律得Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv；選項D正確。2．在圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝20cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝30μF。在一段時間內(nèi)，垂直穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向如圖甲所示，大小按如圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法中正確的是(C)A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1.2VB．閉合開關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后，電容器下極板帶負(fù)電C．閉合開關(guān)S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1消耗的電功率為2.56×10－2WD．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.8×10－2C[解析]本題考查感生電動勢、閉合電路歐姆定律問題。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.8V，故A錯誤；閉合開關(guān)，電路中的電流穩(wěn)定后，根據(jù)楞次定律可知，螺線管中的感應(yīng)電流盤旋而下，則螺線管下端相當(dāng)于電源的正極，那么電容器下極板帶正電，故B錯誤；閉合開關(guān)，電路中的電流穩(wěn)定后，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.08A，根據(jù)P＝I2R1，解得電阻R1消耗的電功率P＝2.56×10－2W，故C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時電容器極板上所帶的電荷量Q，斷開S前，電容器兩端的電壓為U＝IR2＝0.4V，流經(jīng)R2的電荷量為Q＝CU＝1.2×10－5C，故D錯誤。3．(2020·遼寧沈陽一模)如圖所示，豎直放置的足夠長的U形金屬框架中，定值電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一水平放置的電阻可忽略的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，棒的兩端始終與ab、cd保持良好接觸，且能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關(guān)S，則S閉合后(D)A．導(dǎo)體棒ef的加速度一定大于gB．導(dǎo)體棒ef的加速度一定小于gC．導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能一定守恒D．導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能一定減少[解析]本題考查電磁感應(yīng)中的單桿的加速度、機(jī)械能等問題。當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑一段時間后閉合開關(guān)S，則S閉合后由于導(dǎo)體棒ef切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，則導(dǎo)體棒ef受到向上的安培力作用，而FA＝eq\f(B2L2v,R)，此時棒的速度大小未知，則其加速度與g的大小關(guān)系未知，選項A、B錯誤；由于回路中產(chǎn)生了感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能一部分轉(zhuǎn)化成了電阻R的內(nèi)能，則機(jī)械能一定減少，選項D正確，C錯誤。4．(2021·湖南岳陽模擬)如圖所示，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R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(qiáng)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(C)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減小后增大[解析]導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢E＝BLv，畫出其等效電路如圖，總電阻R總＝R＋eq\f(R左·R右,R左＋R右)＝R＋eq\f(R左3R－R左,3R)，在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，選項A錯誤；PQ兩端的電壓路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，選項B錯誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝BILv，先減小后增大，選項C正確；線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，外電阻先增大后減小，因外電阻最大值為eq\f(3,4)R，小于內(nèi)阻R，根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越來越接近內(nèi)電阻時，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項D錯誤。5．(2020·浙江7月選考)如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是(B)A．棒產(chǎn)生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶電的電荷量為CBr2ω[解析]棒轉(zhuǎn)動時垂直切割磁感線，由于只有圓環(huán)內(nèi)存在磁場，故產(chǎn)生的電動勢為E＝Br×eq\f(0＋rω,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A項錯誤；由于棒無電阻，故電容器、電阻兩端電壓均等于E，對微粒，由平衡條件有mg＝eq\f(qE,d)，故微粒的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B項正確；電阻R消耗的電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C項錯誤；由Q＝CE可知電容器所帶電荷量Q＝eq\f(1,2)CBr2ω，D項錯誤。6．如圖(a)所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛—相同的線圈Q，P和Q共軸，Q中通有變化的電流，電流變化的規(guī)律如圖(b)所示，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為FN，則(AD)A．t1時刻，F(xiàn)N>G B．t2時刻，F(xiàn)N>GC．t3時刻，F(xiàn)N<G D．t4時刻，F(xiàn)N<G[解析]t1時刻電流增大，其磁場增強(qiáng)，則穿過P的磁通量變大，由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變大，則P有向下運(yùn)動的趨勢，對桌面的壓力增大，故FN>G，A正確；t2時刻電流減小，則磁場減弱，則穿過P的磁通量變小，由楞次定律可知P將阻礙磁通量的變小，則P有向上運(yùn)動的趨勢，對桌面的壓力減小，故FN<G，B錯誤；t3時刻電流增大，與A情況相同，F(xiàn)N>G，C錯誤；t4時刻電流減小，與B情況相同，F(xiàn)N<G，D正確。7．如圖所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h。初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進(jìn)磁場時，恰好做勻速直線運(yùn)動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計。則下列說法中正確的是(ABD)A．線框進(jìn)入磁場時的速度為eq\r(2gh)B．線框的電阻為eq\f(B2L2,2mg)eq\r(2gh)C．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝2mghD．線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q＝4mgh[解析]從初始時刻到線框上邊緣剛進(jìn)入磁場，由機(jī)械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋eq\f(4mv2,2)，解得線框剛進(jìn)入磁場時的速度v＝eq\r(2gh)，故A項正確；線框上邊緣剛進(jìn)磁場時，恰好做勻速直線運(yùn)動，故受合力為0,3mg＝BIL＋mg，I＝eq\f(BLv,R)，解得線框的電阻R＝eq\f(B2L2,2mg)eq\r(2gh)，故B項正確；線框勻速通過磁場的距離為2h，產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)重力勢能的減少，即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C項錯誤，D項正確。8．(2019·全國卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是(AD) A B C D[解析]PQ剛進(jìn)入磁場時，加速度為零，則mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即電流恒定；且由題意知，MN剛進(jìn)入磁場時與PQ剛進(jìn)入磁場時速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinθ＝BIL及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖像如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0，但兩棒在重力作用下均加速直至PQ離開磁場，此時MN為電源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R總)，BIL－mgsinθ＝ma知，MN減速，電流減小，可能的I-t圖像如圖D所示。二、非選擇題9．(2020·江蘇單科，14)如圖所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m，bc邊與勻強(qiáng)磁場邊緣重合。磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T。在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域。求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動勢的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q。[答案](1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J[解析](1)感應(yīng)電動勢E＝Blv，代入數(shù)據(jù)得E＝0.8V。(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)，拉力的大小等于安培力，F(xiàn)＝BIl解得F＝eq\f(B2l2v,R)，代入數(shù)據(jù)得F＝0.8N。(3)運(yùn)動時間t＝eq\f(2l,v)，焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)，代入數(shù)據(jù)得Q＝0.32J。10．如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。[答案](1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)[解析](1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v2＝2as解得v＝eq\r(2as)(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金屬棒的運(yùn)動時間t＝eq\f(v,a)，通過的電荷量Q＝It解得Q＝eq\f(\r(2as)mgsinθ－a,dBa)。11．(2019·天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計。(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W。[答案](1)eq\f(Bkl,3R)，方向水平向右(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq[解析](1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則E＝k ①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2) ②閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R) ③設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I ④設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl ⑤保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安 ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)