高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題四 第三講 電磁感應(yīng)綜合問題課后達標檢測卷（含解析）-人教版高三物理試題

電磁感應(yīng)綜合問題1．[多選](2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)解析：選BC金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，所以進入磁場Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場Ⅰ的速度，則金屬桿剛進入磁場Ⅰ時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤。金屬桿在磁場Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運動，在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移相等，v-t圖像可能如圖所示，可以看出B正確。由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd，即產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，故C正確。設(shè)剛進入磁場Ⅰ時速度為v，則由機械能守恒定律知mgh＝eq\f(1,2)mv2，由牛頓第二定律得eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，解得h＝eq\f(m2a＋g2R2,2B4L4g)＞eq\f(m2gR2,2B4L4)，故D錯誤。2.[多選](2018·蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖，一根足夠長的直導(dǎo)線水平放置，通以向右的恒定電流，在其正上方O點用細絲線懸掛一銅制圓環(huán)。將圓環(huán)從a點無初速釋放，圓環(huán)在直導(dǎo)線所處的豎直平面內(nèi)運動，經(jīng)過最低點b和最右側(cè)c后返回。下列說法正確的是()A．從a到c的過程中圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先順時針后逆時針B．運動過程中圓環(huán)受到的安培力方向與速度方向相反C．圓環(huán)從b到c的時間大于從c到b的時間D．圓環(huán)從b到c產(chǎn)生的熱量大于從c到b產(chǎn)生的熱量解析：選AD由安培定則知，直導(dǎo)線上方磁場方向垂直紙面向外，圓環(huán)從a到b的過程中磁通量增加，由楞次定律和安培定則可得，線圈中感應(yīng)電流方向是順時針；圓環(huán)從b到c的過程中磁通量減小，由楞次定律和安培定則可得，線圈中感應(yīng)電流方向是逆時針，故A項正確；圓環(huán)從a到b的運動過程中，將環(huán)分解為若干個小的電流元，上半環(huán)的左右對稱部分所受合力向下，下半環(huán)左右對稱部分所受合力向上，下半環(huán)所在處的磁場比上半環(huán)所在處的磁場強，則整個圓環(huán)所受安培力的方向向上，故B項錯誤；圓環(huán)從b到c的過程與圓環(huán)從c到b的過程中經(jīng)同一位置時從b到c速率大于從c到b的速率(一部分機械能轉(zhuǎn)化為電能)，則圓環(huán)從b到c的時間小于從c到b的時間，故C項錯誤；圓環(huán)從b到c的過程與圓環(huán)從c到b的過程中經(jīng)同一位置時從b到c圓環(huán)所受安培力大于從c到b圓環(huán)所受安培力，圓環(huán)從b到c的過程克服安培力做的功大于圓環(huán)從c到b的過程克服安培力做的功，所以圓環(huán)從b到c產(chǎn)生的熱量大于從c到b產(chǎn)生的熱量，故D項正確。3．[多選]如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面內(nèi)分布著垂直于斜面的勻強磁場，規(guī)定圖示方向為磁感應(yīng)強度的正方向，其磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。質(zhì)量為m的矩形金屬框從t＝0時刻靜止釋放，t3時刻的速度為v，移動的距離為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()A．t1～t3時間內(nèi)金屬框中的電流方向不變B．0～t3時間內(nèi)金屬框做勻加速直線運動C．0～t3時間內(nèi)金屬框做加速度逐漸減小的直線運動D．0～t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2解析：選ABt1～t3時間內(nèi)穿過金屬框的磁通量先向上減小，后向下增加，根據(jù)楞次定律可知，金屬框中的電流方向不變，選項A正確；0～t3時間內(nèi)金屬框所受安培力的合力為零，則所受的合力為mgsinθ，且沿斜面向下，金屬框做勻加速直線運動，選項B正確，C錯誤；0～t3時間內(nèi)金屬框運動的加速度為gsinθ，故機械能無損失，故線框中產(chǎn)生的焦耳熱不等于mgLsinθ－eq\f(1,2)mv2，選項D錯誤。4．(2017·江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P。解析：(1)MN剛掃過金屬桿時，金屬桿的感應(yīng)電動勢E＝Bdv0①回路的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)②由①②式解得I＝eq\f(Bdv0,R)。③(2)金屬桿所受的安培力F＝BId④由牛頓第二定律，對金屬桿F＝ma⑤由③④⑤式解得a＝eq\f(B2d2v0,mR)。⑥(3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v⑦感應(yīng)電動勢E＝Bdv′⑧感應(yīng)電流的電功率P＝eq\f(E2,R)⑨由⑦⑧⑨式解得P＝eq\f(B2d2v0－v2,R)。⑩答案：(1)eq\f(Bdv0,R)(2)eq\f(B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2v0－v2,R)5．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)二模)一種測量物體質(zhì)量的裝置，其結(jié)構(gòu)如圖甲、乙所示，磁極間存在著磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T的勻強磁場。邊長L＝0.1m、匝數(shù)n＝100匝的正方形線圈abcd套于中心磁極并固定在托盤骨架上，總質(zhì)量m0＝1kg。線圈左右兩邊處于磁場中，與一數(shù)字式電量表(圖上未畫出)連接成一個回路，回路總電阻為R＝10Ω。托盤下方和磁極之間固定一勁度系數(shù)為k＝10N/cm的輕彈簧。在某次測量中，一物體從輕放到托盤上到最終靜止的過程中流過電量表的凈電荷量為q＝0.02C，不計摩擦和空氣阻力，g取10m/s2。(1)當(dāng)托盤向下運動的速度為v＝0.1m/s時，求此時線圈中感應(yīng)電流的大小和方向；(2)求該物體的質(zhì)量；(3)測量中彈簧增加的彈性勢能為ΔEp＝0.2J，求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，E＝2nBLv＝1VI＝eq\f(E,R)＝0.1A根據(jù)右手定則，線圈中感應(yīng)電流的方向在俯視圖中沿順時針方向。(2)由題意可知流過電量表的電荷量q＝eq\f(2nBL\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(2nBLx,R)，解得：x＝0.02m根據(jù)kx＝mg，解得m＝2kg。(3)根據(jù)功能關(guān)系有：(m＋m0)gx＝ΔEp＋Q，解得：Q＝0.4J。答案：(1)0.1A在俯視圖中沿順時針方向(2)2kg(3)0.4J6.(2018·鹽城三模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虛線間距為L，其間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。一長為2L、寬為L的矩形線框質(zhì)量為m，電阻為R。開始時，線框下邊緣正好與虛線Ⅱ重合，由靜止釋放，線框上邊緣進入磁場后線框一直做減速運動，經(jīng)過一段時間后，線框上邊緣經(jīng)過虛線Ⅱ瞬間加速度恰為0。重力加速度為g，不計空氣阻力。求矩形線框穿過磁場過程中：(1)上邊緣經(jīng)過虛線Ⅱ瞬間，線框中的電流；(2)磁通量變化率的最大值；(3)線框中產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)根據(jù)受力平衡得，BIL＝mg，得I＝eq\f(mg,BL)。(2)線框上邊剛進磁場時磁通量的變化率最大eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLv1又mgL＝eq\f(1,2)mv12解得：eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLeq\r(2gL)。(3)設(shè)線框上邊緣通過虛線Ⅱ瞬間線框速度為v2，則BLv2＝IR設(shè)線框穿過磁場過程中克服安培力做的功為W，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W根據(jù)動能定理mgL－W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得：Q＝W＝2mgL－eq\f(m3g2R2,2B4L4)。答案：(1)eq\f(mg,BL)(2)BLeq\r(2gL)(3)2mgL－eq\f(m3g2R2,2B4L4)7．(2018·南京三模)如圖甲所示，固定在水平桌面上的間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，其右端MN間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌上存在著以efhg為邊界，寬度為d的勻強磁場，磁場磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，磁場方向豎直向下。一長度為L的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，金屬棒的電阻也為R，在t＝0時刻從圖示位置在恒力作用下由靜止開始沿導(dǎo)軌向右運動，t＝t0時刻恰好進入磁場，此時磁感應(yīng)強度為B0，并保持不變。金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上的電流大小不變。導(dǎo)軌電阻不計。求：(1)0～t0時間內(nèi)流過電阻R的電流I的大小和方向；(2)金屬棒穿過磁場的速度及所受恒力的大小；(3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析：(1)0～t0時間內(nèi)，由E＝eq\f(ΔB,Δt)S解得E＝eq\f(B0Ld,t0)由I＝eq\f(E,2R)解得I＝eq\f(B0Ld,2Rt0)方向為由N到M。(2)經(jīng)分析可知，金屬棒穿過磁場的過程中電動勢大小與0～t0時間內(nèi)相同由E＝BLv解得v＝eq\f(d,t0)金屬棒勻速通過磁場F＝BIL代入數(shù)據(jù)解得F＝eq\f(B02L2d,2Rt0)。(3)金屬棒從圖示位置到恰好穿出磁場的運動過程中電流大小不變，為I＝eq\f(B0Ld,2Rt0)金屬棒勻速通過磁場的時間為t＝eq\f(d,v)＝t0所以Q＝I2R(t0＋t)＝eq\f(B02L2d2,2Rt0)。答案：(1)eq\f(B0Ld,2Rt0)，方向為由N到M(2)eq\f(d,t0)eq\f(B02L2d,2Rt0)(3)eq\f(B02L2d2,2Rt0)8.(2018·江蘇七市三模)如圖所示，水平導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m、長為L、電阻為R0，其兩個端點分別搭接在豎直平行放置的兩光滑金屬圓環(huán)上，兩圓環(huán)半徑均為r、電阻不計。阻值為R的電阻用導(dǎo)線與圓環(huán)相連接，理想交流電壓表V接在電阻兩端。整個空間有磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。導(dǎo)體棒ab在外力F作用下以角速度ω繞兩圓環(huán)的中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生正弦交流電。已知重力加速度為g。求：(1)導(dǎo)體棒ab沿環(huán)運動過程中受到的安培力最大值Fm；(2)電壓表的示數(shù)U和導(dǎo)體棒從環(huán)的最低點運動到與環(huán)心等高處過程中通過電阻R的電荷量q；(3)導(dǎo)體棒ab從環(huán)的最低點運動半周到最高點的過程中外力F做的功W。解析：(1)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢Em＝BLv＝BLωr根據(jù)歐姆定律可得：I＝eq\f(Em,R＋R0)受到的安培力最大值：Fm＝BIL解得：Fm＝eq\f(B2L2ωr,R＋R0)。(2)電動勢的有效值為：E＝eq\f(Em,\r(2))通過電阻R的電流I＝eq\f(Em,\r(2)R＋R0)電壓表的示數(shù)U＝IR解得：U＝eq\f(\r(2)BLωrR,2R＋R0)導(dǎo)體棒從環(huán)的最低點運動到與環(huán)心等高處過程產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)·