2022年屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題10電磁感應(yīng)第3講電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用課后練習(xí)含解析新人教版

1、第3講電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用知識(shí)鞏固練R質(zhì)量不能忽略的金1 .如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì). 整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直， 棒在豎直向上的恒力 F作用下加速上升一段時(shí)間，則力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于A.棒的機(jī)械能增加量C.棒的重力勢(shì)能增加量【答案】AB.棒的動(dòng)能增加量D.電阻R上放出的熱量2.（多選）如圖所示，矩形單匝導(dǎo)線中串聯(lián)著兩個(gè)電阻器，一個(gè)電阻為R,另一個(gè)電阻為2R,其余電阻不計(jì)；在電路中央有一面積為 S的矩形區(qū)域磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的關(guān) 系為 B= B0+ kt ,則

2、（）A.該電路為串聯(lián)電路B.該電路為并聯(lián)電路kSC.流過電阻R的電流為正3RD.流過電阻R的電流為kSR【答案】AC（2020屆廈門名校質(zhì)檢）如圖所示，PQ MN是放置在水平面內(nèi)的光滑導(dǎo)軌， GH是長 度為L、電阻為r的導(dǎo)體棒，其中點(diǎn)與一端固定的輕質(zhì)彈簧連接， 輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為 k. 導(dǎo)體棒處在方向向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.圖中電源是電動(dòng)勢(shì)為 E、內(nèi)阻不計(jì)的 直流電源，電容器的電容為 C.閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后，下列選項(xiàng)正確的是 （ ）W.VA.導(dǎo)體棒中電流為ER+ r + RB.輕質(zhì)彈簧的長度增加BLE k r+ RC.輕質(zhì)彈簧的長度減少BLE k r+ RD.電容器帶電量為-

3、ECrr十r【解析】導(dǎo)體棒中的電流1=苜一，故A錯(cuò)誤；由左手定則知導(dǎo)體棒受的R十r安培力向左，則彈簧長度減少，由平衡條件BLEBIT代入1 得故B、甲乙C錯(cuò)誤；電容器上的電壓等于導(dǎo)體棒兩端的電壓，Q= CU Cr-E-,故D正確.R十r（2020年山東名校聯(lián)考）如圖甲，一矩形金屬線圈abcd垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)并固定于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)是變化的，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像如圖乙所示，則線圈的ab邊所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖像是圖中的（規(guī)定向右為安培力 F的正方向）（）X x -x- “白【答案】A【解析】01 s內(nèi)，由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向?yàn)?adcba,根據(jù)I =1B,RA t電流為定值，根

4、據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向向左，為負(fù)值，由 F=BIL知，安培力SA B 均勻減?。?2 s內(nèi)，由楞次定律知，感應(yīng)電流的萬向?yàn)閍bcda,根據(jù)I =百二，電流為定rA t值，根據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向向右，為正值，由F=BIL知，安培力均勻增大.故日C、D錯(cuò)誤，A正確.（2020年珠海期末）（多選）如圖，光滑水平面上兩虛線之間區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.邊長為a的正方形導(dǎo)線框 PQMN&圖示速度方向進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)對(duì)角線 PM1進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度大小為v,方向與磁場(chǎng)邊界成 45。角，若線框的總電阻為R,則（）A.B.C.D.PMJ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中的

5、感應(yīng)電流為PMRiJ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力大小為PMJ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)兩端的電壓為BavRrPM進(jìn)入磁場(chǎng)后線框中的感應(yīng)電流將變小BavRrB2a2vr【答案】AD【解析】PM進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有效的切割長度等于a,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E E BavB2a2v.=Bav,感應(yīng)電流為I =R= -R-,故A正確；NM邊所受的安培力大小為 Fi=BIa=,方向丁+ 一上一山、一，I ，B2a2v 、丁+_八一、一垂直NM下.PN邊所受的安培力大小為 F2=BIa = ,方向垂直PN向下，線框所受安培R力大小F=JF2+F2 = V2Bav 故b錯(cuò)誤；PM兩端電壓為 u= I - R= 萼,故C錯(cuò)誤； PMBSR2

6、2入磁場(chǎng)后，有效的切割長度逐漸減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，感應(yīng)電流將減小，故D正確.如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好. 導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，t = 0時(shí)，將開關(guān)S由1擲向2,若分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中 的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下圖所示的圖像中正確的是（）【答案】D綜合提升練（2020年臨沂月考）（多選）如圖所示，傾角為e =37。的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定 在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在的垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

7、B.現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一沿導(dǎo)軌平面向下的初速度vo使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為 簿電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.75,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).從 ab開始運(yùn)動(dòng)到兩棒相對(duì)靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是 （）1 2A導(dǎo)彳棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為4mv TOC o 1-5 h z 12導(dǎo)體棒cd中廣生的焦耳熱為mv11C.當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為？o時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度為vo31D.當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為不。時(shí)，導(dǎo)體棒cd的速度為-vo【答案】BD【解析】由題意可知 mgsin 37 = mcpos 37 ,則對(duì)兩棒的系統(tǒng)沿軌1 O道方向的動(dòng)重寸

8、恒，當(dāng)取終穩(wěn)th時(shí) mv=2mv,斛得v= 0.5 vo,則回路廣生的焦耳熱為 CQ= 2mv-1- x 2mV=1mV,則導(dǎo)體棒 cd中產(chǎn)生的焦耳熱為 Qd=Qb= 1Q= 1mV, A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng) TOC o 1-5 h z 24281一13導(dǎo)體棒cd的速度為4vo時(shí)，則由動(dòng)量守恒有 mv=m 4vo+mvb,解得vabnvo, C錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為3vo時(shí)，則由動(dòng)量守恒有 mv=m 3vo+mvd,解得vcd=1v。，D正確. 444（2。2。屆蘇北四市聯(lián)考）（多選）如圖甲所示，一個(gè)剛性圓形線圈與電阻 R構(gòu)成閉合回 路，線圈平面與其所處的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B

9、隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示.關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) e、電阻R消耗的功率P隨時(shí)間t變化的圖像，可能 正確的是（ ）【答案】BD【解析】根據(jù)圖像知，。0.5T時(shí)間內(nèi)磁場(chǎng)增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向；0.5TT時(shí)間內(nèi)磁場(chǎng)減弱，由楞次定律，線圈中的感應(yīng)電流沿順, A A B 一,一時(shí)針萬向，故 A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=K= 2lS,因?yàn)?0.5T和0.5TT時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為定值且絕對(duì)值相等，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，故B正確；根據(jù)1=提，整個(gè)過程中電流大小不變，由P= I2R知電阻R消耗的功率不變，故 C錯(cuò)誤，D正R確.（2020年北京名校期末）兩根足夠長

10、的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向下，兩導(dǎo)軌之間連接阻值為R的電阻.在導(dǎo)軌上放一金屬棒ab, ab始終與導(dǎo)軌垂直，如圖所示.若在 ab棒上施加水平恒力 F使其從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是A.金屬棒ab中感應(yīng)電流的方向 a-bB.金屬棒ab所受安培力大小始終保持不變C.金屬棒ab最終將做勻速直線運(yùn)動(dòng)D.運(yùn)動(dòng)過程中水平恒力F對(duì)金屬棒ab所做的功全部轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能【答案】C【解析】根據(jù)右手定則可得通過 ab的電流方向由b到a,故A錯(cuò)誤；設(shè)金 屬棒ab運(yùn)動(dòng)的速度大小為 v,金屬棒ab的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E= BLv,設(shè)金屬棒ab的電阻為r,-一 E BLv 人一” B2L2V ,

11、人一“ 則電路電流1=有一=工一，金屬棒ab受到的安培力 Fb= BIL = -,由于金屬棒ab的速R+ r R+ rR+ r度增大，所以金屬棒ab受到的安培力增大.金屬棒ab的加速度大小為F-Fb F a = -=二B2L2vm R+ r 由于速度增大，金屬棒ab的加速度減小，所以金屬棒ab做加速度減小的加速ab直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a=0時(shí)，金屬棒ab的速度最大，金屬棒 ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以金屬棒所受安培力大小先增大后保持不變，故B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)金屬棒 ab,根據(jù)動(dòng)能定理可得12一 12 .W W? = 2mv0,可得 W= 2mv+W?,所以運(yùn)動(dòng)過程中水平恒力F對(duì)金屬棒ab所做的功等于金屬棒

12、ab的動(dòng)能和電路產(chǎn)生的全部焦耳熱之和，故 D錯(cuò)誤.如圖所示，兩金屬桿ab和cd長均為l ,電阻均為R,質(zhì)量分別為M和nmMn）,用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略且不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè). 兩金屬桿都處在水平位置， 整個(gè)裝置處在一與回路平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.若金屬桿ab正好勻速向下運(yùn)動(dòng)，求其運(yùn)動(dòng)的速度.解：方法一 假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的方向垂直紙面向里，ab桿向下勻速運(yùn)動(dòng)的速度為 v,則ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E = Blv,方向a-b； cd桿以速度v向上切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E =Blv,方向d-c.在閉合

13、回路中產(chǎn)生 a-b-d-c-a方向的感應(yīng)電流I,據(jù)閉合電路歐姆定律，知E + E 2BlvBlvI = =.2R 2R R ab桿受磁場(chǎng)作用的安培力 Fi方向向上，cd桿受的安培力 F2方向向下，F(xiàn)i、F2的大小相等，有BTvFi= F2= IlB = , R對(duì)ab桿應(yīng)有F= Mg- Fi,對(duì)cd桿應(yīng)有F= F2 + mgM- m gR 解得v=22 2 .ab2B l方法二 若把a(bǔ)b、cd和柔軟導(dǎo)線視為一個(gè)整體，因Mm故整體動(dòng)力為（M- nmg,向下、cd向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，根據(jù)電磁感應(yīng)定律判斷回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律知I感的磁場(chǎng)要阻礙原磁場(chǎng)的磁通量的變化,即阻礙ab向下,cd向上運(yùn)動(dòng)，即