2019年高考物理總復習第十章電磁感應專題講座九電磁感應的綜合應用(二)課時訓練教科版

1、專題講座九電磁感應的綜合應用(二)1.(2018西安模擬)如圖所示,在條形磁鐵的中央位置的正上方水平固定一銅質圓環(huán),不計空氣阻力,以下判斷正確的是(B)A.釋放圓環(huán),環(huán)下落時產生感應電流B.釋放圓環(huán),環(huán)下落時無感應電流C.釋放圓環(huán),環(huán)下落時環(huán)的機械能不守恒D.以上說法都不正確解析:圓環(huán)豎直向下運動時,通過圓環(huán)的磁通量始終為零,不產生感應電流,故A,D錯誤,B正確;由于沒有感應電流,沒有安培力做功,只有重力做功,故環(huán)的機械能守恒,故C錯誤.2.(2018景德鎮(zhèn)模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平面上,有一矩形線圈以一定的初速度進入勻強磁場區(qū)域,線圈全部進入勻強磁場區(qū)域時,其動能恰好等于它在磁場外面時的

2、一半,設磁場區(qū)域寬度大于線圈寬度,則(C)A.線圈恰好在完全離開磁場時停下B.線圈在未完全離開磁場時即已停下C.線圈能通過場區(qū)不會停下D.線圈在磁場中某個位置停下解析:線圈進入或出磁場,安培力做負功,則出磁場時的速度小于進磁場時的速度,所受的安培力小于進磁場時所受的安培力,根據(jù)動能定理,出磁場時動能的變化量小于進磁場時動能的變化量,而進磁場時其動能恰好等于它在磁場外面時的一半,由于出磁場后,動能不為零,線圈將繼續(xù)運動,故C正確,A,B,D錯誤.3.(2017南充二模)如圖所示,虛線框abcd內為一矩形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于紙面,實線框abcd是一長方形導線框,ab=2bc,ab邊與ab平

3、行,若將導線框勻速地拉離磁場區(qū)域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出過程中外力所做的功,W2表示以同樣速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功,則(B)A.W1=W2B.W2=2W1C.W1=2W2D.W2=4W1解析:設bc=L,ab=2L,回路總電阻為R,面積為S;根據(jù)外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1.故選B.4.(2018成都模擬)如圖所示,水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中,導軌上的金屬棒ab與導軌接觸良好.讓ab棒以水平初速度v0向右運動,最后靜止在導軌上.比較棒與導軌

4、間無摩擦和有摩擦的兩種情況,對該過程,說法正確的是(C)A.安培力對ab棒所做的功相等B.電流所做的功相等C.轉化的總內能相等D.通過ab棒的電荷量相等解析:當導軌光滑時,金屬棒克服安培力做功,動能全部轉化為焦耳熱,產生的內能等于金屬棒的初動能;當導軌粗糙時,金屬棒在導軌上滑動,一方面要克服摩擦力做功,摩擦生熱,把部分動能轉化為內能,另一方面要克服安培力做功,金屬棒的部分動能轉化為焦耳熱,摩擦力做功產生的內能與克服安培力做功轉化為內能的和等于金屬棒的初動能;所以,導軌粗糙時,安培力做的功少,故A錯誤;電流所做的功等于回路中產生的焦耳熱,根據(jù)功能關系可知導軌光滑時,金屬棒克服安培力做功多,產生的

5、焦耳熱多,電流做功多,故B錯誤;兩種情況下,產生的總內能相等,都等于金屬棒的初動能,故C正確;根據(jù)感應電荷量公式q=,x是ab棒滑行的位移大小,導軌光滑時x較大,則感應電荷量較大,故D錯誤.5.(2017豐臺區(qū)一模)如圖所示,一水平面內固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌,導軌上面橫放著兩根完全相同的銅棒ab和cd,構成矩形回路,在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場B.開始時,棒cd靜止,棒ab有一個向左的初速度v0,則關于兩棒以后的運動,下列說法正確的是(B)A.ab棒做勻減速直線運動,cd棒做勻加速直線運動B.ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量C.ab棒減小的動能等于cd棒增加的動能D.兩

6、棒一直運動,機械能不斷轉化為電能解析:初始時ab棒向左運動受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒減速,cd棒加速,設ab棒速度為v1,cd棒速度為v2,開始時v1v2,隨著運動兩棒的相對速度v=v1-v2逐漸減小至0,兩棒切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv,E也逐漸減小最終為0,感應電流逐漸減小到0,安培力逐漸減到0,所以ab棒做加速度逐漸減小的變減速直線運動,cd棒做加速度逐漸減小的變加速直線運動,故A錯誤;兩棒組成的系統(tǒng)受安培力的合力為零,故系統(tǒng)的動量守恒,所以ab棒減小的動量等于cd棒增加的動量,故B正確;回路中有感應電流時,電流做功產生電熱,所以根據(jù)能量守恒可知,ab

7、棒減小的動能等于cd棒增加的動能與兩棒產生電熱之和,所以ab棒減小的動能大于cd棒增加的動能,故C錯誤;當v1v2時,機械能轉化為電能,之后兩棒以共同的速度做勻速直線運動,機械能守恒,不再產生電能,故D錯誤.6.(2017濟源二模)如圖所示,一個總電阻為R的導線彎成寬度和高度均為d的“半正弦波”形閉合線框,豎直虛線之間有寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于線框所在的平面向里.線框以速度v向右勻速通過磁場;ab邊始終與磁場邊界垂直,從b點到達邊界開始到a點離開磁場為止,在這個過程中(A)A.線框中的感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向B.ab段直導線始終不受安培力的作用C.平均感應電動

8、勢為BdvD.線框中產生的焦耳熱為解析:線框進入磁場時穿過線框的磁通量先向里增加,離開磁場時線框的磁通量向里減小,根據(jù)楞次定律可知,感應電流先逆時針方向后順時針方向,故A正確;線框穿過磁場時回路中有感應電流,則ab段導線受到安培力作用,故B錯誤;根據(jù)題意知穿過磁場過程中產生的交變電流的最大電動勢為Bdv,最小值為0,其平均值不等于最大值與最小值之和的,故C錯誤;因為線框是“半正弦波”形閉合線框,故在穿過磁場過程中感應電流為正弦式交變電流,該電流的最大值為Im=,則其有效值為I=Im=,在穿過磁場的時間t=時間內線框產生的焦耳熱Q=I2Rt=()2R=,故D錯誤.7.(2017宜昌一模)(多選)

9、如圖所示,足夠長的光滑金屬導軌MN,PQ平行放置,且都傾斜著與水平面成夾角.在導軌的最上端M,P之間接有電阻R,不計其他電阻.導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌,當沒有磁場時,ab上升的最大高度為H;若存在垂直導軌平面的勻強磁場時,ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導軌保持垂直,且初速度都相等.關于上述情景,下列說法正確的是(BD)A.兩次上升的最大高度相比較為HhB.有磁場時導體棒所受合力的功等于無磁場時合力的功C.有磁場時,電阻R產生的焦耳熱為mD.有磁場時,ab上升過程的最小加速度為gsin 解析:無磁場時,根據(jù)能量守恒,知動能全部轉化為重力勢能.有磁場時,動能一部分轉化為重

10、力勢能,還有一部分轉化為整個回路的內能.則有磁場時的重力勢能小于無磁場時的重力勢能,所以hH,故A錯誤.由動能定理知,合力的功等于導體棒動能的變化量,有、無磁場時,棒的初速度相等,末速度都為零,即導體棒動能的變化量相等,則知導體棒所受合力的功相等,故B正確.設電阻R產生的焦耳熱為Q.根據(jù)能量守恒知m=Q+mgh,則Qmgsin ,根據(jù)牛頓第二定律,知加速度a大于gsin .到達最高點時加速度最小,其值為gsin .故D正確.8.(2018江西校級模擬)(多選)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磁場的邊界,磁場的磁感應強度為B,正方形線框abcd邊長為L(Ld)、質量為m

11、.將線框在磁場上方高h處由靜止開始釋放,當ab邊進入磁場時速度為v0,cd邊剛穿出磁場時速度也為v0,從ab邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程中(CD)A.線框一直都有感應電流B.線框一直做勻速運動C.線框產生的熱量為mg(d+L)D.線框做減速運動解析:線框進入和穿出磁場過程中,穿過線框的磁通量發(fā)生變化,有感應電流產生.當線框完全在磁場中運動時,磁通量不變,沒有感應電流產生,故A錯誤.線框完全在磁場中運動時,線框不受安培力,只受重力,加速度為g,故B錯誤.ab邊進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程,動能不變,根據(jù)能量守恒定律得,線框產生的熱量Q=mg(d+L),故C正確.當ab邊進入磁場時

12、速度為v0,cd邊剛穿出磁場時速度也為v0,而線框完全進入磁場后做加速運動,說明線框進入磁場時做減速運動,完全進入磁場后速度小于v0,故D正確.9.(2017寧德一模)(多選)如圖所示,固定在傾角為=30的斜面內的兩根平行長直光滑金屬導軌的間距為d=1 m,其底端接有阻值為R=2 的電阻,整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度大小為B=2 T的勻強磁場中.一質量為m=1 kg(質量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置,且與兩導軌保持良好接觸.現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F=10 N作用下從靜止開始沿導軌向上運動距離L=6 m時,速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直).設桿接入電路

13、的電阻為r=2 ,導軌電阻不計,重力加速度大小為g=10 m/s2.則此過程(AC)A.桿的速度最大值為5 m/sB.流過電阻R的電荷量為6 CC.在這一過程中,整個回路產生的焦耳熱為17.5 JD.流過電阻R電流方向為由c到d解析:由題意知當桿的速度達到最大時,桿所受合力為零,以桿為研究對象受力如圖所示根據(jù)平衡可知F=mgsin 30+F安=mgsin 30+B()d代入數(shù)據(jù)可解得vm=5 m/s,故A正確;在桿運動L=6 m的過程中,通過電阻R電荷量Q= C=3 C,故B錯誤;在整個過程中根據(jù)功能關系,可知F做的功等于桿機械能的增加和回路中產生的焦耳熱之和,即FL=mgLsin +m+Q,

14、由此可得回路中產生的焦耳熱Q=FL-mgLsin -m=106 J-1106 J-152 J=17.5 J,故C正確;根據(jù)楞次定律可知,通過電阻的電流方向從d到c,故D錯誤.10.導學號 (2018泰州校級模擬)(多選)一質量為m、電阻為r的金屬桿AB,以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導軌底端向上滑行,導軌平面與水平面成30角,兩導軌上端用一電阻R相連,如圖所示,磁場垂直斜面向上,導軌的電阻不計,金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v,則金屬桿在滑行過程中正確的是(ABC)A.向上滑行的時間小于向下滑行的時間B.在向上滑行時電阻R上產生的熱量大于向下滑行時電阻R上產生的熱量

15、C.向上滑行時與向下滑行時通過電阻R的電荷量相等D.金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點,電阻R上產生的熱量為m(-v2)解析:因為上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度,而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等,所以上滑過程的時間比下滑過程短,故A正確;由E=BLv可知上滑階段的平均感應電動勢E1大于下滑階段的平均感應電動勢E2,上滑階段和下滑階段金屬桿掃過面積相等,電荷量q=It=t=t=,故上滑階段和下滑階段通過R的電荷量相同,所以C正確;由公式W電=qE電動勢,可知上滑階段回路電流做功即電阻R產生的熱量比下滑階段多.所以B正確;金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點的過程中,只有安培力做功,動能的一部

16、分轉化為內能,電阻R與金屬桿電阻產生的總熱量就是金屬桿減小的動能,D 錯誤.11.導學號 如圖所示,光滑弧形軌道和一足夠長的光滑水平軌道相連,在距弧形軌道較遠處的水平軌道上方有一足夠長的金屬桿,桿上掛有一光滑螺線管,在弧形軌道上高為H的地方無初速度釋放一磁鐵(可視為質點),下滑至水平軌道時恰好沿螺線管的軸心運動,設螺線管和磁鐵的質量分別為M,m,求:(1)螺線管獲得的最大速度;(2)全過程中整個電路所消耗的電能.解析:(1)當磁鐵在光滑弧形軌道上運動時,可認為還沒有與螺線管發(fā)生相互作用,根據(jù)機械能守恒可求出磁鐵進入水平軌道時的速度,即mgH=m.當磁鐵在水平軌道上靠近螺線管時,由于電磁感應現(xiàn)象

17、使磁鐵與螺線管之間產生相互作用力,最終當兩者速度相等時,電磁感應現(xiàn)象消失,一起做勻速直線運動,此時,螺線管速度達到最大,設為v,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v所以,v=.(2)根據(jù)能量守恒定律有E=mgH-(M+m)v2,解得E=.答案:(1)(2)12.導學號 (2017新余一模)如圖所示,PQMN與CDEF為兩根足夠長的固定平行金屬導軌,導軌間距為L.PQ,MN,CD,EF為相同的弧形導軌;QM,DE為足夠長的水平導軌.導軌的水平部分QM和DE處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度為B.a,b為材料相同、長都為L的導體棒,跨接在導軌上.已知a棒的質量為m、電阻為R,a棒的橫截面是b的3

18、倍.金屬棒a和b都從距水平面高度為h的弧形導軌上由靜止釋放,分別通過DQ,EM同時進入勻強磁場中,a,b棒在水平導軌上運動時不會相碰.若金屬棒a,b與導軌接觸良好,且不計導軌的電阻和棒與導軌的摩擦.(1)金屬棒a,b剛進入磁場時,回路中感應電流的方向如何?(2)通過分析計算說明,從金屬棒a,b進入磁場至某金屬棒第一次離開磁場的過程中,電路中產生的焦耳熱.解析:(1)金屬棒a,b剛進入磁場時,閉合電路的磁通量減少,根據(jù)楞次定律可判斷出,回路中感應電流的方向為QDEMQ.(2)金屬棒從弧形軌道下滑過程,機械能守恒由mgh=m,解得v1=,金屬棒a,b同時進入磁場區(qū)域后,產生感應電流,受到安培力作用,速度發(fā)生變化,當a,b棒同速時,回路中磁通量不再發(fā)生變化,則不產生感應電流,不受安培力作用,金屬棒a,b將共同勻速運動.由于a,b棒在水平方向所受合外力為零,故動量守恒,且由題可知ma=3mb有mav1-mbv1=(ma+mb)v2解得v2=,方向水平向右.從金屬棒a,b進入磁場開始,到金屬棒b第一次離開磁場的過程中,由能量守恒,得(ma+mb)gh=(ma+mb)+Q即Q=mgh.答案:(1)QDEMQ(2)mgh13.導學號 (2017許