【走向高考】2022屆高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)習(xí)題：第9章-第3講電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用

第一部分第九章第3講一、選擇題(1～4題為單選題，5～8題為多選題)1．(2022·濰坊模擬)兩個(gè)不行形變的正方形導(dǎo)體框a、b連成如圖甲所示的回路，并固定在豎直平面(紙面)內(nèi)。導(dǎo)體框a內(nèi)固定一小圓環(huán)c，a與c在同一豎直面內(nèi)，圓環(huán)c中通入如圖乙所示的電流(規(guī)定電流逆時(shí)針方向?yàn)檎较?，導(dǎo)體框b的MN邊處在垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)對(duì)MN邊的安培力()A．0～1s內(nèi)，方向向下B．1～3s內(nèi)，方向向下C．3～5s內(nèi)，先漸漸減小后漸漸增大D．第4s末，大小為零[答案]B[解析]由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，則安培力大小也不變，故C項(xiàng)錯(cuò)；由楞次定律可知第1s內(nèi)，導(dǎo)體框中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，由左手定則可知，MN所受安培力方向向上，A項(xiàng)錯(cuò)；由楞次定律可知，1～3s內(nèi)導(dǎo)體框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，由左手定則可知，MN所受安培力方向向下，B項(xiàng)正確；第4s末圓環(huán)中瞬時(shí)電流為零，通過圓環(huán)的磁通量為零，但磁通量變化率不為零，故導(dǎo)體框中仍有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以MN受力不為零，D項(xiàng)錯(cuò)。2．(2022·北京東城模擬)如圖甲所示，垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一邊長(zhǎng)為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框CDEF從圖示位置開頭沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，在圖乙中給出的線框EF兩端的電壓UEF與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系的圖象正確的是[答案]D[解析]線框經(jīng)過整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝Bav，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，等效電路如圖甲所示；完全在磁場(chǎng)中時(shí)，等效電路如圖乙所示，一條邊從磁場(chǎng)中離開時(shí)，如圖丙所示。選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)ABC錯(cuò)誤。3．(2022·蘭州、張掖聯(lián)考)如圖所示，間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)使金屬棒以初速度v沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過金屬棒某橫截面的電荷量為q。下列說法正確的是()A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運(yùn)動(dòng)B．整個(gè)過程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為eq\f(qR,BL)C．整個(gè)過程中金屬棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2D．整個(gè)過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv2[答案]C[解析]本題考查導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、閉合電路歐姆定律、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化等學(xué)問點(diǎn)，意在考查考生的規(guī)律推理力量。金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒受到向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，電動(dòng)勢(shì)減小，則電流減小，安培力減小，依據(jù)牛頓其次定律知，加速度減小，金屬棒做加速度漸漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(BLs,2R)，可得金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移s＝eq\f(2Rq,BL)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理得，W安＝0－eq\f(1,2)mv2，則金屬棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)C正確；依據(jù)能量守恒得，削減的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量，則電阻R產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(1,4)mv2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4．(2022·大慶模擬)兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m，電阻也為R的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在的平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)垂直，如圖所示，除金屬棒和電阻R外，其余電阻不計(jì)?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧的原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則以下結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閎→aB．最終彈簧的彈力與金屬棒的重力平衡C．金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為B2L2v/D．金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒兩端的電勢(shì)差為BLv/2[答案]C[解析]金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線，由右手定則可知：流過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，選項(xiàng)A正確；金屬棒在切割磁感線過程中，將金屬棒的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，最終停下，處于靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，即彈簧的彈力與金屬棒的重力平衡，選項(xiàng)B正確；當(dāng)金屬棒的速度為v時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)，則金屬棒所受到的安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由歐姆定律可得：金屬棒兩端的電勢(shì)差U＝IR＝eq\f(BLv,2)，選項(xiàng)D正確，故本題錯(cuò)誤的選項(xiàng)是C。5．(2022·武漢武昌區(qū)模擬)如圖，兩根相距l(xiāng)＝0.4m、電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)平行放置，兩導(dǎo)軌左端與阻值R＝0.15Ω的電阻相連。導(dǎo)軌x>0的一側(cè)存在沿＋x方向均勻增大的磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直(豎直向下)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5＋0.5x(T)。一根質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.05Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。棒在水平外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌向右做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中回路電流恒為2A。以下推斷正確的是()A．金屬棒在x＝3m處的速度為0.5m/sB．金屬棒在x＝3m處的速度為0.75m/sC．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝3m過程中克服安培力做的功為1.6JD．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝3m過程中克服安培力做的功為3.0J[答案]AD[解析]在x＝3m處，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，由于回路中電流恒為2A，由閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.4V，由E＝Blv，可得，此時(shí)金屬棒的速度v＝0.5m/s，所以選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由安培力公式可知，F(xiàn)安＝BIl＝Il(0.5＋0.5x)，隨著x變化呈現(xiàn)線性變化關(guān)系，因此可用平均作用力來求做功，可得安培力做功為3J，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；因此答案選AD。6．(2022·保定模擬)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌寬度為d，一部分軌道水平，左端接電阻R，傾斜部分與水平面成θ角，且置于垂直斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。現(xiàn)將一質(zhì)量為m長(zhǎng)度也為d的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌頂端由靜止釋放，直至滑到水平部分(導(dǎo)體棒下滑到水平部分之前已經(jīng)勻速，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g)。不計(jì)一切摩擦阻力，導(dǎo)體棒接入回路電阻為r，則整個(gè)下滑過程中()A．導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為eq\f(mgr＋Rsinθ,B2d2)B．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為eq\f(mgR＋rsinθ,Bd)C．導(dǎo)體棒下滑距離為s時(shí)，通過R的總電荷量為eq\f(Bsd,R＋r)D．重力和安培力對(duì)導(dǎo)體棒所做的功大于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能[答案]AC[解析]導(dǎo)體棒在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)有mgsinθ＝BId＝eq\f(B2d2v,R＋r)，A對(duì)；勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓U＝IR＝eq\f(mgRsinθ,Bd)，B錯(cuò)；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知導(dǎo)體棒下滑s過程中電路中平均電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(Bds,t)，平均電流I＝eq\f(E,R＋r)，通過R的電荷量q＝It＝eq\f(Bds,R＋r)，C對(duì)；對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用動(dòng)能定理可知重力和安培力對(duì)導(dǎo)體棒所做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能，D錯(cuò)。7．(2022·山東濰坊一模)空間中存在著豎直方向的磁場(chǎng)，一圓形金屬框水平放在磁場(chǎng)中，規(guī)定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和線圈中感應(yīng)電流方向如圖甲所示時(shí)為正。某時(shí)刻開頭計(jì)時(shí)線圈中產(chǎn)生了如圖乙所示的感應(yīng)電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖線可能是()[答案]AC[解析]由圖乙所示可知，在0～1s內(nèi)，電流是正的，即從上向下看，沿順時(shí)針方向，電流大小是定值，則磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，在1～2s內(nèi)，感應(yīng)電流為零，則磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在2～4s內(nèi)，感應(yīng)電流是負(fù)的，即沿逆時(shí)針方向，電流大小不變，則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化。對(duì)于A圖象，由楞次定律可知，0～1s內(nèi)感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向(從上向下看)，在1～2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，穿過線圈的磁通量不變，感應(yīng)電流為零，在2～4s內(nèi)，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，符合題意，A正確；對(duì)于B圖象，在1～2s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度是變化的，穿過線圈的磁通量是變化的，線圈中有感應(yīng)電流，不符合題意，B錯(cuò)誤；對(duì)于C圖象，由楞次定律可知，0～1s內(nèi)感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向(從上向下看)，在1～2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，穿過線圈的磁通量不變，感應(yīng)電流為零，在2～4s內(nèi)，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，符合題意，C正確；對(duì)于D圖象，由楞次定律可知，0～1s內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向(從上向下看)，在1～2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，穿過線圈的磁通量不變，感應(yīng)電流為零，在2～4s內(nèi)，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，不符合題意，D錯(cuò)誤。8．(2022·山東泰安一模)如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，MN和PQ是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界。并與線框的bc邊平行，磁場(chǎng)方向垂直于線框平面對(duì)里?，F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開頭下落，如圖乙是金屬線框由開頭下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域瞬間的v－t圖象，圖中字母均為已知量。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()A．金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向沿adcba方向B．金屬線框的邊長(zhǎng)為v1(t2－t1)C．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(1,v1t2－t1)eq\r(\f(mgR,v1))D．金屬線框在0～t4的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgv1(t2－t1)＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2))[答案]BCD[解析]金屬線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，依據(jù)楞次定律推斷可知，感應(yīng)電流方向沿abcda方向，A錯(cuò)誤；由圖象可知，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2－t1所以金屬框的邊長(zhǎng)l＝v1(t2－t1)，B正確；在金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，金屬框所受安培力等于重力，即mg＝BIl，而I＝eq\f(Blv1,R)，結(jié)合l＝v1(t2－t1)可得B＝eq\f(1,v1t2－t1)eq\r(\f(mgR,v1))，故C正確；金屬框在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中金屬框產(chǎn)生的熱量為Q1，重力對(duì)其做正功，安培力對(duì)其做負(fù)功，由能量守恒定律得：Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)，金屬框在離開磁場(chǎng)過程中金屬框產(chǎn)生的熱量為Q2，重力對(duì)其做正功，安培力對(duì)其做負(fù)功，由能量守恒定律得：Q2＝mgv1(t2－t1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，故金屬線框在0～t4的時(shí)間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量Q總＝Q1＋Q2＝2mgv1(t2－t1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D正確。二、非選擇題9．由于國(guó)際空間站的運(yùn)行軌道上各處的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱及方向均有所不同，所以在運(yùn)行過程中，穿過其外殼的地磁場(chǎng)的磁通量將不斷變化，這樣將會(huì)導(dǎo)致________現(xiàn)象發(fā)生，從而消耗國(guó)際空間站的能量。為了削減這類消耗，國(guó)際空間站的外殼材料的電阻率應(yīng)盡可能________(填“大”或“小”)一些。[答案]電磁感應(yīng)大[解析]電阻率較大，電阻也較大，同樣的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)肯定，由P＝eq\f(U2,R)可知，電阻較大時(shí)，消耗的電功率較小，可以削減能量消耗。10.如圖，線圈匝數(shù)n＝1000匝，電阻r＝1Ω，橫截面積S＝0.05m2，處于一個(gè)均勻變化的磁場(chǎng)中。磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝0.02T/s，磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直。電阻R1＝3Ω，R2＝1Ω，電容器的電容C＝200μF。由此可知電動(dòng)勢(shì)E＝________V，電容器充電的電量Q＝________C。[答案]11.5×10－4[解析]本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律，含容電路的分析。依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×0.02×0.05V＝1V，電容器兩端的電壓為R1兩端的電壓，UC＝U1＝eq\f(3,4)V，因此電容器的帶電量為Q＝CU＝200×10－6×0.75C＝1.5×10－4C11．(2022·濰坊模擬)如圖所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌相距L，與水平面的夾角為θ，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，虛線上方軌道光滑且磁場(chǎng)方向向上，虛線下方軌道粗糙且磁場(chǎng)方向向下。當(dāng)導(dǎo)體棒EF以初速度v0沿導(dǎo)軌上滑至最大高度的過程中，導(dǎo)體棒MN始終靜止在導(dǎo)軌上。若兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，在此過程中導(dǎo)體棒EF上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求：(1)導(dǎo)體棒MN受到的最大摩擦力；(2)導(dǎo)體棒EF上升的最大高度。[答案](1)eq\f(B2L2v0,2R)＋mgsinθ(2)eq\f(mv\o\al(2,0)－4Q,2mg)[解析](1)EF獲得向上初速度v0時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0電路中電流為I，由閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,2R)此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒MN受力分析，由平衡條件：FA＋mgsinθ＝fFA＝BIL解得：f＝eq\f(B2L2v0,2R)＋mgsinθ(2)導(dǎo)體棒上升過程MN始終靜止，對(duì)系統(tǒng)由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋2Q解得h＝eq\f(mv\o\al(2,0)－4Q,2mg)12．(2022·哈爾濱師大附中、東北師大附中、遼寧省試驗(yàn)中學(xué)聯(lián)考)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾角為30°，間距L＝1m，長(zhǎng)度足夠，電阻不計(jì)，恒定的非勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于斜面對(duì)下，電阻R＝1Ω，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m＝0.25kg，其電阻r＝1Ω，垂直于導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)導(dǎo)體棒ab從磁場(chǎng)上邊界由靜止下滑，測(cè)得導(dǎo)體棒所到達(dá)位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)體棒在該位置速度之間的關(guān)系如圖乙所示。(g取10m/s(1)求導(dǎo)體棒下滑2s時(shí)的速度和位移；(2)求導(dǎo)體棒下滑2s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱。[答案](1)8m/s8m(2)2J[解析](1)由題圖乙可知，對(duì)導(dǎo)體棒下滑的任意狀態(tài)，有B2v＝0.5T2·m·s－1對(duì)導(dǎo)體棒下滑過程中的某一狀態(tài)，由牛頓其次定律得mgsin30°－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma代入數(shù)據(jù)可得導(dǎo)體棒的加速度a＝4m/s2可見導(dǎo)體棒在斜面上做a＝4m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)t＝2s時(shí)，棒的速度v2＝at＝8m/s棒的位移s＝eq\f(1,2)at2＝8m(2)由能量守恒得mgssin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q＝2J13．(2022·陜西質(zhì)量檢測(cè))如圖1所示(俯視圖)，間距為2L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌一部分處在以O(shè)O′為右邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下，導(dǎo)軌右側(cè)接有定值電阻R，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)。在距邊界OO′為L(zhǎng)處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿ab(1)若金屬桿ab固定在導(dǎo)軌上的初始位置，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度在時(shí)間t內(nèi)由B均勻減小到零，求此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1。(2)若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，金屬桿ab在恒力作用下在初始位置由靜止開頭向右運(yùn)動(dòng)3L距離，