2023年度高二物理期末復習單元檢測 電磁感應中綜合問

第7頁電磁感應中綜合問題1．(多項選擇)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖7所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，以下說法正確的選項是()A．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，那么電流大小恒定B．假設(shè)從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，那么電流沿a到b的方向流動C．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，那么電流方向可能發(fā)生變化D．假設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，那么電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍2．如下圖，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一端時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s，1WB．5m/s，1WC．7.5m/s，9WD．15m/s，9W3．如下圖，MN、PQ是間距為L的平行金屬導軌，置于磁感應強度為B、方向垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻．一根與導軌接觸良好、有效阻值為eq\f(R,2)的金屬導線ab垂直導軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運動，那么(不計導軌電阻)()A．通過電阻R的電流方向為P→R→MB．a(chǎn)、b兩點間的電壓為BLvC．a(chǎn)端電勢比b端電勢高D．外力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱4．如圖甲所示，面積為0.1m2的10匝線圈EFG處在某磁場中，t＝0時，磁場方向垂直于線圈平面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．線圈與右側(cè)電路接觸良好，電路中的電阻R＝4Ω，電容器電容C＝10μF，線圈EFG的電阻為1Ω，其余局部電阻不計．那么當開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，在t1＝0.1s至t2＝0.2s這段時間內(nèi)()A．電容器所帶的電荷量為8×10－5CB．通過R的電流是2.5A，方向從b到aC．通過R的電流是2A，方向從b到aD．R消耗的電功率是0.16W5．一矩形線圈位于一個方向垂直線圈平面向里的磁場中，如圖甲所示，磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．以i表示線圈中的感應電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向的電流為正，那么以下的i－t圖中正確的選項是()6．如下圖，一載流長直導線和一矩形線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側(cè)，且其長邊與長直導線平行．在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，長直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應電流總是沿順時針方向，線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，那么i隨時間t變化的圖線可能是()7．如下圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動，t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．以下v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是()8．(多項選擇)兩根相距為L且足夠長的金屬直角導軌如下圖放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面．質(zhì)量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直并接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ，導軌電阻不計，回路總電阻為2R.整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向水平向右的勻強磁場中．當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v沿導軌勻速運動時，cd桿也正好以某一速度向下勻速運動．重力加速度為g.以下說法正確的選項是()A．a(chǎn)b桿所受拉力F的大小為μmg＋eq\f(B2L2v,2R)B．cd桿所受摩擦力為零C．cd桿向下勻速運動的速度為eq\f(2mgR,B2L2)D．a(chǎn)b桿所受摩擦力為2μmg9．(多項選擇)如下圖，豎直放置的兩根足夠長平行金屬導軌相距L，導軌間接有一阻值為R的定值電阻，質(zhì)量為m，電阻為r的導體棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸，且無摩擦，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，現(xiàn)將導體棒由靜止釋放，導體棒下落高度為h時開始做勻速運動，在此過程中()A．導體棒的最大速度為eq\r(2gh)B．通過定值電阻的電荷量為eq\f(BLh,R＋r)C．導體棒克服安培力做的功等于定值電阻上產(chǎn)生的熱量D．重力和安培力對導體棒做功的代數(shù)和等于導體棒動能的增加量10．(多項選擇)如下圖，兩根間距為d的光滑金屬導軌，平行放置在傾角為θ＝30°的斜面上，導軌的右端接有一阻值為R的電阻，整個裝置放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直．導軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的導體棒與兩導軌垂直且接觸良好，導體棒以一定的初速度v0在沿著導軌上滑一段距離L后返回，不計導軌電阻及感應電流間的相互作用．以下說法正確的選項是()A．導體棒沿著導軌上滑過程中通過R的電量q＝eq\f(BdL,2R) B．導體棒返回時先做勻加速運動，最后做勻速直線運動C．導體棒沿著導軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgLD．導體棒沿著導軌上滑過程中克服安培力做的功W＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)11．如下圖，“凸〞字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：(1)線框ab邊將要離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上、下邊界間的距離H.12．如下圖，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻．一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4T．金屬棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運動，當金屬棒的位移x＝9m時撤去外力，金屬棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導軌足夠長且電阻不計，金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求：(1)金屬棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.參考答案1．【答案】AB【解析】[將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，根據(jù)右手定那么可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，那么當圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應定律得感生電動勢E＝BLv＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4〔R＋r〕2)知，當ω變?yōu)?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯．]2．【答案】B【解析】[小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，說明導體棒MN勻速運動，那么有mgsin37°－eq\f(B2L2v,RL＋R)－μmgcos37°＝0，可得導體棒MN的運動速度v＝5m/s；小燈泡消耗的電功率P＝I2RL＝1W．]3．【答案】C【解析】[由右手定那么可知通過金屬導線的電流由b到a，即通過電阻R的電流方向為M→R→P，A錯誤；金屬導線產(chǎn)生的感應電動勢為BLv，而a、b兩點間的電壓為等效電路路端電壓，由閉合電路歐姆定律可知，a、b兩點間電壓為eq\f(2,3)BLv，B錯誤；金屬導線可等效為電源，在電源內(nèi)部，電流從低電勢流向高電勢，所以a端電勢高于b端電勢，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，外力F做的功等于電阻R和金屬導線產(chǎn)生的焦耳熱之和，D錯誤．]4．【答案】A5．【答案】A【解析】[在0～1s內(nèi)，據(jù)E＝eq\f(ΔB,Δt)S可知感應電動勢恒定，感應電流恒定，且電流為逆時針方向，在圖象中為負；1～2s內(nèi)，B不變，i＝0；2～3s內(nèi)，由E＝eq\f(ΔB,Δt)·S知i恒定，方向為正．綜合分析可知A正確．]6．【答案】A【解析】[因通電導線周圍的磁場離導線越近磁場越強，而線框中左、右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，線框的左邊受到的安培力大于線框的右邊受到的安培力，所以合力與線框的左邊受力的方向相同．因為線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定那么，線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定那么，導線中的電流先為正，后為負，所以選項A正確，選項B、C、D錯誤．]7．【答案】D【解析】[導線框進入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R)，隨著v的減小，安培力F減小，導線框做加速度逐漸減小的減速運動．整個導線框在磁場中運動時，無感應電流，導線框做勻速運動，導線框離開磁場的過程中，根據(jù)F＝eq\f(B2L2v,R)，導線框做加速度減小的減速運動，所以選項D正確．]8．【答案】BCD【解析】[ab桿的速度方向與磁感應強度的方向平行，不切割磁感線，只有cd桿運動切割磁感線．設(shè)cd桿向下運動的速度為v1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律及法拉第電磁感應定律有I＝eq\f(E,2R)，E＝BLv1，cd桿只受到豎直向下的重力mg和豎直向上的安培力作用，因為cd桿與導軌間沒有正壓力，所以摩擦力為零．由平衡條件得mg＝BIL＝eq\f(B2L2v1,2R)，解得cd桿向下勻速運動的速度為eq\f(2mgR,B2L2).ab桿的受力如下圖，根據(jù)平衡條件可得FN＝2mg，F(xiàn)＝Ff＝2μmg.綜上所述，選項B、C、D正確．]9．【答案】BD【解析】[導體棒由靜止釋放后，當a＝0時，速度最大，即mg－BLeq\f(BLvm,R＋r)＝0，解得vm＝eq\f(mg〔R＋r〕,B2L2)，A項錯誤．此過程中通過定值電阻的電荷量q＝IΔt＝eq\f(BLh,〔R＋r〕Δt)·Δt＝eq\f(BLh,R＋r)，B項正確．導體棒克服安培力做的功等于整個電路產(chǎn)生的熱量，C項錯誤．由動能定理知對導體棒有ΔEk＝W重＋W安，D項正確．]10．【答案】AD【解析】[根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,2R)，所以導體棒沿著導軌上滑過程中通過R的電量為q＝I·Δt＝eq\f(E,2R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故A正確；由E＝BLv知，導體棒返回時隨著速度的增大，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢增大，感應電流增大，由F安＝BIL知導體棒受到的安培力增大，由牛頓第二定律知，加速度減小，所以導體棒返回時先做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律知，導體棒沿著導軌上滑過程中回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgLsinθ＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)，電阻R上產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,4)(mveq\o\al(2,0)－mgL)，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，導體棒沿著導軌上滑過程中克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的總熱量，即W＝Q＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)，故D正確．所以選A、D.]11．【答案】(1)4倍(2)eq\f(Q,mg)＋28l【解析】(1)設(shè)磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E1＝2Blv1①設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)②設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB③由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)⑤設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2)⑥由⑤⑥式得v2＝4v1⑦(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前