（適用于新高考新教材）高考物理一輪總復(fù)習(xí)第11章電磁感應(yīng)課時(shí)規(guī)范練34電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的綜合應(yīng)用問題

課時(shí)規(guī)范練34電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的綜合應(yīng)用問題基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1.(電磁感應(yīng)中的電路問題)如圖所示,兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd,b、d間連有一定值電阻R,導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿,與ab垂直,其電阻也為R。整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(指向圖中紙面內(nèi))。現(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v(如圖)做勻速運(yùn)動(dòng)。令U表示MN兩端電壓的大小,則()A.U=12Blv,流過定值電阻R的感應(yīng)電流由b到B.U=12Blv,流過定值電阻R的感應(yīng)電流由d到C.U=Blv,流過定值電阻R的感應(yīng)電流由b到dD.U=Blv,流過定值電阻R的感應(yīng)電流由d到b2.(多選)(電磁感應(yīng)中的能量、電荷量分析)如圖所示,水平光滑金屬導(dǎo)軌P、Q間距為L(zhǎng),M、N間距為2L,P與M相連,Q與N相連,金屬棒a垂直于P、Q放置,金屬棒b垂直于M、N放置,整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給棒a一大小為v0、水平向右的初速度,假設(shè)導(dǎo)軌都足夠長(zhǎng),兩棒質(zhì)量均為m,在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中,兩棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。以下說法正確的是()A.俯視時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B.棒b的最大速度為0.4v0C.回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1mvD.通過回路中某一截面的電荷量為23.(多選)(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)(2023安徽安慶模擬)右圖為固定在絕緣斜面上足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌,上端連接有電阻R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面,方向向上。一金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置,以初速度v0沿導(dǎo)軌下滑。棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌電阻、金屬棒電阻以及一切摩擦均不計(jì)。若t時(shí)刻,棒下滑的速度大小為v,電阻R消耗的熱功率為P,則下列圖像可能正確的是()4.(多選)(電磁感應(yīng)的電路問題)如圖所示,材料和粗細(xì)完全一樣的導(dǎo)線繞成單匝線圈ABCD和EFGH,它們分別繞成扇形,扇形的內(nèi)徑r=0.2m,外徑為R=0.5m,它們處于同一個(gè)圓面上,扇形ABCD對(duì)應(yīng)的圓心角為30°,扇形EFGH對(duì)應(yīng)的圓心角為60°。在BCGF圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大。則()A.線圈ABCD中電流的方向?yàn)锳DCBAB.線圈ABCD和線圈EFGH中電動(dòng)勢(shì)之比為1∶2C.線圈ABCD和線圈EFGH中電流之比為1∶1D.線圈ABCD和線圈EFGH中產(chǎn)生的電功率之比為1∶25.(電磁感應(yīng)中的圖像問題)(2022遼寧高考模擬)如圖所示,電阻忽略不計(jì)的正方形金屬框abcd水平固定放置,對(duì)角線長(zhǎng)度為l,整個(gè)金屬框內(nèi)部區(qū)域分布著垂直水平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)度大于l的均勻?qū)w棒MN自a向c在金屬框上勻速滑過,滑動(dòng)過程中MN始終關(guān)于ac對(duì)稱并與金屬框接觸良好。若導(dǎo)體棒MN單位長(zhǎng)度電阻恒定,與a點(diǎn)的距離記為x,則下列關(guān)于MN棒所受安培力F與x(0≤x≤l)的關(guān)系圖像中,可能正確的是()6.(多選)(能量問題)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(qiáng)磁場(chǎng)的邊界,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,正方形線框abcd邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L<d)、質(zhì)量為m,電阻為R。將線框在磁場(chǎng)上方高h(yuǎn)處由靜止釋放,ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度恰好相等。則在線框全部穿過磁場(chǎng)的過程中()A.ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)ab兩端的電勢(shì)差為BL2B.感應(yīng)電流所做功為mgdC.感應(yīng)電流所做功為2mgdD.線框最小速度為v=2素養(yǎng)綜合練7.(多選)(2022河北高考模擬)如圖所示,足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN和PQ固定在豎直平面(紙面)內(nèi),導(dǎo)軌間存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其下端接一定值電阻R。一質(zhì)量為m的細(xì)金屬棒ab與豎直輕彈簧相連并處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知金屬棒ab與導(dǎo)軌MN和PQ始終垂直且接觸良好,除定值電阻R外,其余電阻不計(jì),不計(jì)一切摩擦和空氣阻力,彈簧始終處在彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)用手托住金屬棒ab將其移到彈簧原長(zhǎng)處,然后突然松手,從金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)到其靜止的過程中,下列說法正確的是()A.在ab棒第一次下降過程中,當(dāng)其重力大小等于彈簧彈力大小時(shí),ab棒的速度最大B.ab棒重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量C.ab棒所受的安培力始終做負(fù)功D.若空間沒有勻強(qiáng)磁場(chǎng),則ab棒不會(huì)停下來8.(多選)(2022遼寧高考模擬)如圖所示,兩根平行且光滑的金屬導(dǎo)軌由圓弧部分和水平部分組成,圓弧部分由兩段間距為2l、豎直放置的四分之一圓弧導(dǎo)軌構(gòu)成,水平部分由足夠長(zhǎng)、但不等寬的水平導(dǎo)軌構(gòu)成,水平導(dǎo)軌的寬、窄部分間距分別為2l、l,虛線MN右側(cè)導(dǎo)軌區(qū)域處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,寬、窄兩部分區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B、2B。金屬棒ab與cd的質(zhì)量均為m,電阻均為R,長(zhǎng)度分別為l、2l,金屬棒ab靜止在窄導(dǎo)軌上?，F(xiàn)將金屬棒cd從圓弧軌道上距水平導(dǎo)軌h高度處由靜止釋放,在此后的運(yùn)動(dòng)過程中,cd始終在寬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),ab始終在窄導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),兩金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌各部分之間均平滑連接,導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度為g,則()A.金屬棒cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為gB.通過金屬棒ab的最大電流為BlC.整個(gè)過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為14D.整個(gè)過程中通過金屬棒cd的電荷量為m9.(多選)如圖,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌,兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t=0時(shí),棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中,ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,兩者速度分別用v1、v2表示,回路中的電流用I表示。下列圖像可能正確的是()10.一種重物緩降裝置利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象制成,其物理模型如圖所示,半徑為L(zhǎng)的銅軸上焊接一個(gè)外圓半徑為3L的銅制圓盤,銅軸上連接輕質(zhì)絕緣細(xì)線,細(xì)線纏繞在銅軸上,另一端懸掛著一個(gè)重物,從靜止釋放后整個(gè)圓盤可以在重物的作用下一起轉(zhuǎn)動(dòng),整個(gè)裝置位于垂直于圓盤面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,銅軸的外側(cè)和大圓盤的外側(cè)通過電刷及導(dǎo)線和外界的一個(gè)燈泡相連,電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電流可以通過燈泡而使燈泡發(fā)光,如果已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,燈泡電阻恒為R,額定電壓為U,重力加速度為g,不計(jì)一切摩擦阻力,除了燈泡以外的其余電阻不計(jì)。(1)當(dāng)燈泡正常工作時(shí)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度的大小是多少?(2)如果繩子足夠長(zhǎng),銅軸所處高度足夠高,重物質(zhì)量m滿足什么條件才能使燈泡不燒毀?11.(2023山東濟(jì)南模擬)如圖所示,水平傳送帶上放置n個(gè)相同的正方形閉合導(dǎo)線圈,每個(gè)線圈的質(zhì)量均為m,電阻均為R,邊長(zhǎng)均為L(zhǎng),線圈與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,線圈與傳送帶共同以速度v0勻速向右運(yùn)動(dòng)。MN與PQ為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界,平行間距為d(L<d),速度v0方向與MN垂直。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向豎直向下。當(dāng)線圈右側(cè)邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與傳送帶發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng),線圈的右側(cè)邊到達(dá)邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng),且線圈在傳送帶上始終保持右側(cè)邊平行于磁場(chǎng)邊界。已知重力加速度為g,線圈間不會(huì)相碰。求:(1)線圈的右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線圈的加速度大小;(2)線圈右側(cè)邊從MN運(yùn)動(dòng)到PQ經(jīng)過的時(shí)間t;(3)n個(gè)線圈均通過磁場(chǎng)區(qū)域到恢復(fù)和傳送帶共速,線圈釋放的焦耳熱。12.如圖所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場(chǎng)垂直。已知線圈的匝數(shù)N=100,邊長(zhǎng)ab=1.0m、bc=0.5m,電阻r=2Ω。磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0~1s內(nèi)從零均勻變化到0.2T。在1~5s內(nèi)從0.2T均勻變化到0.2T,取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向。求:(1)0.5s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E1和感應(yīng)電流的方向;(2)在1~5s內(nèi)通過線圈的電荷量q;(3)在0~5s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案：課時(shí)規(guī)范練34電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的綜合應(yīng)用問題1.A解析:由右手定則可知,通過MN的電流方向?yàn)镹→M,電路閉合,流過電阻R的電流方向由b到d,B項(xiàng)、D項(xiàng)錯(cuò)誤;導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,導(dǎo)體桿為等效電源,其電阻為等效電源內(nèi)阻,由閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律可知,U=IR=E2R·R=12.BC解析:棒a向右運(yùn)動(dòng),回路面積減小,根據(jù)楞次定律可知,俯視時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,A錯(cuò)誤;在棒a的速度由v0減小到0.8v0的過程中,棒a減速,棒b加速,對(duì)棒a,由動(dòng)量定理可得BI·Lt=BqL=mv00.8mv0,對(duì)棒b,由動(dòng)量定理可得BI·2Lt=mv,聯(lián)立可得v=0.4v0,q=mv05BL,B正確,D錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律可得Q=12mv02[12m(0.8v0)2+12m(0.4v3.BC解析:金屬棒下滑的過程中受重力、導(dǎo)軌的支持力和沿斜面向上的安培力,若開始時(shí)安培力大于重力沿斜面向下的分力,金屬棒做減速運(yùn)動(dòng),則由牛頓第二定律可知,a=B2L2vR-mgsinθm,隨著速度的減小,金屬棒的加速度逐漸減小,當(dāng)mg4.AB解析:根據(jù)楞次定律可知,線圈ABCD中電流的方向?yàn)锳DCBA,選項(xiàng)A正確;線圈ABCD和線圈EFGH面積之比為1∶2,根據(jù)E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知,線圈電動(dòng)勢(shì)之比為1∶2,選項(xiàng)B正確;線圈ABCD和線圈EFGH周長(zhǎng)之比不等于1∶2,則電阻之比不等于1∶2,根據(jù)I=ER可知,兩線圈中的電流之比不等于1∶5.A解析:由楞次定律可知,導(dǎo)體棒自a向c通過磁場(chǎng),其所受安培力方向始終水平向左,阻礙其運(yùn)動(dòng);設(shè)導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度電阻為r,導(dǎo)體棒勻速滑過磁場(chǎng)的速率為v,其運(yùn)動(dòng)過程中切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l。當(dāng)0≤x≤l2時(shí),由幾何知識(shí)可知,l=2x,又E=Blv,I=E2xr,所以安培力F=BIl=2B2vr·x,即F與x成正比。同理,當(dāng)l2<x≤l時(shí),解得F=BIl=26.CD解析:線圈自由下落過程,有mgh=12mv02,ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),有E=BLv0,U=34BLv0,解得U=3BL2gh4,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒,從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛穿出磁場(chǎng)的過程,動(dòng)能變化為0,重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量,Q=mgd,ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0,ab邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)速度也為v0,所以從ab邊剛穿出磁場(chǎng)到cd邊離開磁場(chǎng)的過程,線框產(chǎn)生的熱量與從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程產(chǎn)生的熱量相等,所以線圈從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到cd邊離開磁場(chǎng)的過程,產(chǎn)生的熱量Q'=2mgd,感應(yīng)電流做的功為2mgd,故B錯(cuò)誤,C正確;因?yàn)檫M(jìn)磁場(chǎng)時(shí)要減速,即此時(shí)的安培力大于重力,速度減小,安培力也減小,當(dāng)安培力減到等于重力時(shí),線圈做勻速運(yùn)動(dòng),全部進(jìn)入磁場(chǎng)將做加速運(yùn)動(dòng),設(shè)線圈的最小速度為v,知全部進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間速度最小,由動(dòng)能定理,從ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框完全進(jìn)入時(shí),有7.CD解析:在ab棒第一次下降過程中,受到向下的重力和向上的安培力和彈簧的彈力,當(dāng)重力等于安培力和彈力之和時(shí)速度最大,故A錯(cuò)誤;ab棒重力勢(shì)能的減小量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與回路中產(chǎn)生的熱量之和,故B錯(cuò)誤;由楞次定律可知安培力總是阻礙導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng),因此安培力一直做負(fù)功,故C正確;若空間沒有勻強(qiáng)磁場(chǎng),導(dǎo)體棒和彈簧機(jī)械能相互轉(zhuǎn)化,簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)不會(huì)停止,故D正確。8.BCD解析:金屬棒cd沿圓弧導(dǎo)軌下滑的過程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh=12mv2,解得金屬棒cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=2gh,故A錯(cuò)誤;金屬棒cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,感應(yīng)電流最大,流過兩個(gè)金屬棒的電流相同,則通過金屬棒ab的最大電流為Imax=B·2lv2R=BlR2gh,故B正確;金屬棒cd進(jìn)入磁場(chǎng)后的開始階段,cd棒受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng),ab棒受到向右的安培力作用做加速運(yùn)動(dòng),兩金屬棒所受的安培力始終大小相等,方向相反,故兩金屬棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,最終兩金屬棒共速,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv=2mv共,整個(gè)過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=1212mv2-12×2mv共2=9.AC解析:對(duì)兩棒分別受力分析可知,ab棒做減速直線運(yùn)動(dòng),cd棒做加速直線運(yùn)動(dòng),最后兩棒速度相同。ab棒和cd棒在運(yùn)動(dòng)過程中都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)方向相反,逐漸抵消,兩棒速度相同時(shí),總電動(dòng)勢(shì)減小至0,電流減小至0,C正確,D錯(cuò)誤。對(duì)兩棒整體受力分析可知,合力為0,動(dòng)量守恒,mv0=2mv,解得v=v02,即兩棒最后速度為v02。由C圖和F安=BIl10.答案:(1)U4BL2解析:(1)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=B·2Lv由于圓盤各處的速度不同,因此平均速度v=ωL+ω?zé)襞菡９ぷ鲿r(shí),加在燈泡兩端的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)E=U整理得ω=U4(2)如果繩子足夠長(zhǎng),銅軸所處高度足夠高,物體最終勻速下降,根據(jù)能量守恒可知,重力做功的功率全部轉(zhuǎn)化為燈泡熱功率,即mgv=U又由于v=ωL聯(lián)立可得m=4因此當(dāng)m≤4BLU11.答案:(1)B2L(2)B(3)2nμmgd解析:(1)線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有E=BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律I=E所以安培力F=B根據(jù)牛頓第二定律Fμmg=maa=B2L2(2)根據(jù)動(dòng)量定理,對(duì)線圈μmgtI安=0其中安培力的沖量I安=F安t'=BIL·t'=BLqq=Δ綜上解得t=B2(3)自線圈進(jìn)入磁場(chǎng)到線圈右側(cè)邊到達(dá)PQ過程中,對(duì)于單個(gè)線圈,根據(jù)動(dòng)能定理得μmgdW安=0所以克服安培力做功W安=μmgd單個(gè)線圈離開磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)情況和進(jìn)入磁場(chǎng)相同,W安'=W