高考物理二輪復(fù)習專題強化練十三三大觀點解決電磁感應(yīng)問題含解析

專題強化練(十三)考點1動力學(xué)觀點1．(2019·隨州模擬)如圖所示，在勻強磁場中，兩根平行的金屬導(dǎo)軌上放置兩條平行的金屬棒ab和cd，假定它們沿導(dǎo)軌運動的速率分別為v1和v2，且v1<v2，若金屬導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不能忽略，要使回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，則棒ab、cd的運動情況應(yīng)該為()A．a(chǎn)b和cd都向右運動B．a(chǎn)b和cd都向左運動C．a(chǎn)b向右、cd向左做相向運動D．a(chǎn)b向左、cd向右做背向運動解析：根據(jù)右手定則，當金屬棒運動方向相同時，棒中產(chǎn)生的電流方向相同，回路中的總電流為兩電流之差，故A、B項中電流不是最大；當兩金屬棒運動方向相反時，棒中產(chǎn)生的電流方向相反，回路中的總電流為兩電流之和，但隨著棒的運動，D項中ab向左、cd向右做背向運動時，回路中的電阻在變大，電流不一定最大，選項C正確．答案：C2．(多選)(2019·惠州模擬)如圖所示，兩根彎折的光滑金屬棒ABC和DEF固定成正對平行的導(dǎo)軌，其中，AB和DE部分水平，傾斜的BC和EF部分與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌的水平部分和傾斜部分均足夠長，水平部分有豎直向下、大小為B0的勻強磁場，傾斜部分有方向垂直于斜面BCFE向上、大小也為B0的勻強磁場．現(xiàn)將兩根相同的、長度略大于導(dǎo)軌間距的導(dǎo)體棒分別垂直于導(dǎo)軌放置在其水平部分和傾斜部分(均平行于BE)，兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m、電阻均為R，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，且不計導(dǎo)軌電阻，ab棒處于靜止狀態(tài)且距離BE足夠遠．現(xiàn)將cd棒從斜面上部由靜止釋放，那么在以后的運動過程中，下列說法正確的是()A．最后兩棒勻速運動B．cd棒的速度始終大于ab棒的速度C．cd棒的加速度一直減小D．回路中電流先增大后不變解析：以cd棒為研究對象，根據(jù)右手定則可知電流方向為cdba，根據(jù)左手定則可知ab棒受到的安培力方向向左，所以ab棒向左加速運動，加速度逐漸增大，而cd棒沿斜面向下加速運動，隨著速度增大．安培力逐漸變大．根據(jù)牛頓第二定律可得，mgsinθ－FA＝ma，所以cd棒的加速度逐漸減小，當二者加速度相等時，加速度保持不變，所以最后勻加速運動，選項A、C錯誤；cd棒做加速度逐漸減小的加速運動、ab棒做加速度逐漸增大的加速運動，根據(jù)v＝at可知，cd棒的速度始終大于ab棒的速度，選項B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝B0L(vad－vab)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(B0L（vad－vab）,2R)＝eq\f(B0L（aad－aab）t,2R)，由于開始一段時間內(nèi)cd棒做加速度大于ab棒加速度的加速運動，所以回路電流強度先增加，當二者的加速度相等時，電流強度不變，選項D正確．答案：BD3．(多選)(2019·中山模擬)如圖所示，一金屬棒AC在勻強磁場中繞平行于磁感應(yīng)強度方向的軸(過O點)勻速轉(zhuǎn)動，OA＝2OC＝2L，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里，金屬棒轉(zhuǎn)動的角速度為ω、電阻為r，內(nèi)、外兩金屬圓環(huán)分別與C、A良好接觸并各引出一接線柱與外電阻R相接(沒畫出)，兩金屬環(huán)圓心皆為O且電阻均不計，則()A．金屬棒中有從A到C的感應(yīng)電流B．外電阻R中的電流為I＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)C．金屬棒AC間電壓為為eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)D．當r＝R時，外電阻消耗功率最小解析：根據(jù)右手定則判斷可知金屬棒中有從C到A的感應(yīng)電流，選項A錯誤；金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(1,2)B(2L)2ω－eq\f(1,2)BL2ω＝eq\f(3,2)BL2ω，外電阻R中的電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(3BωL2,2（R＋r）)，選項B正確；金屬棒AC間電壓為U＝IR＝eq\f(3BωL2R,2（R＋r）)，選項C正確；根據(jù)電源的內(nèi)外電阻相等時輸出功率最大，則知當r＝R時外電阻消耗功率最大，選項D錯誤．答案：BC4．(2019·南陽模擬)如圖甲所示，相距d的兩根足夠長的金屬棒制成的導(dǎo)軌，水平部分左端ef間連接一阻值為2R的定值電阻，并用電壓傳感器實際監(jiān)測兩端電壓，傾斜部分與水平面夾角為37°.長度也為d、質(zhì)量為m的金屬棒ab電阻為R，通過固定在棒兩端的金屬輕滑環(huán)套在導(dǎo)軌上，滑環(huán)與導(dǎo)軌上MG、NH段動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,8)(其余部分摩擦不計)．MN、PQ、GH相距為L，MN、PQ間有垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場，PQ、GH間有平行于斜面但大小、方向未知的勻強磁場B2，其他區(qū)域無磁場，除金屬棒及定值電阻，其余電阻均不計，sin37°＝，cos37°＝，當ab棒從MN上方一定距離由靜止釋放通過MN、PQ區(qū)域(運動過程中ab棒始終保持水平)，電壓傳感器監(jiān)測到Ut關(guān)系如圖乙所示．(1)求ab棒剛進入磁場B1時的速度大小；(2)求定值電阻上產(chǎn)生的熱量Q1；(3)多次操作發(fā)現(xiàn)，當ab棒從MN以某一特定速度進入MNQP區(qū)域的同時，另一質(zhì)量為2m、電阻為2R的金屬棒cd只要以等大的速度從PQ進入PQHG區(qū)域，兩棒均可同時勻速通過各自場區(qū)，試求B2的大小和方向．解析：(1)ab棒剛進入磁場B1時電壓傳感器的示數(shù)為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律得E1＝U＋eq\f(U,2R)·R，解得E1＝U，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E1＝B1dv1，解得v1＝eq\fU,B1d)；(2)設(shè)金屬棒ab離開PQ時的速度為v2，根據(jù)圖乙可知．定值電阻此時兩端電壓為2U，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得eq\f(B1dv2,2R＋R)·2R＝2U，解得v2＝eq\f(3U,B1d)，棒ab從MN到PQ，根據(jù)動能定理可得：mgsin37°·L－μmgcos37°·L－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總焦耳熱Q總＝W安，則定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝eq\f(2R,2R＋R)Q總，聯(lián)立解得Q1＝eq\f(1,3)mgL－eq\f(9mU2,4Beq\o\al(2,1)d2)；(3)兩棒以相同的初速度進入場區(qū)，勻速經(jīng)過相同的位移，對ab棒，根據(jù)共點力的平衡可得mgsin37°－μmgcos37°－eq\f(Beq\o\al(2,1)d2v,2R)＝0，解得v＝eq\f(mgR,Beq\o\al(2,1)d2).對cd棒，因為2mgsin37°－μ·2mgcos37°＞0，故cd棒安培力必須垂直導(dǎo)軌平面向下，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強度B2沿導(dǎo)軌平面向上，cd棒也勻速運動，則有2mgsin37°－μ(2mgcos37°)＋B2×eq\f(1,2)×eq\f(B1dv,2R)×d＝0，將v＝eq\f(mgR,Beq\o\al(2,1)d2)代入解得B2＝32B1.答案：(1)eq\fU,B1d)(2)eq\f(1,3)mgL－eq\f(9mU2,4Beq\o\al(2,1)d2)(3)32B1方向沿導(dǎo)軌平面向上考點2能量觀點5．(2019·河南省名校聯(lián)盟)如圖所示，兩條間距L＝0.50m、平行光滑U形導(dǎo)軌與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌的底部接一阻值R＝2.0Ω的電阻，其中CM＝PD＝4.5m，導(dǎo)軌及其他部分電阻不計．一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝1.0Ω的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌的底端，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝2.0T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中．現(xiàn)對導(dǎo)體棒施加平行于導(dǎo)軌向上的拉力F，使棒從靜止開始沿導(dǎo)軌平面向上做勻加速運動，則導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動的整個過程中()A．通過電阻R的電荷量為2.0CB．拉力F和磁場對導(dǎo)體棒的安培力做的總功等于導(dǎo)體棒的機械能的增加量C．拉力F做的功等于導(dǎo)體棒增加的機械能與電阻R產(chǎn)生的焦耳熱之和D．拉力F先增大后保持不變解析：通過電阻R的電荷量q＝eq\f(BLx,R＋r)＝1.5C，故選項A錯誤；由功能原理知，拉力F和磁場對導(dǎo)體棒的安培力做的總功等于導(dǎo)體棒的機械能的增加量，故選項B正確；由能量守恒定律知拉力F做的功等于棒增加的機械能與電阻R和棒的焦耳熱之和，故選項C錯誤；對棒由牛頓第二定律有F－mgsinθ－FA＝ma，可得F＝mgsinθ＋ma＋FA，其中FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，因為導(dǎo)體棒做勻加速運動，所以FA一直增大，即力F一直增大，選項D錯誤．答案：B6．(2019·河南省名校聯(lián)盟)如圖所示，水平虛線下方存在大小為B、方向水平向里的勻強磁場．正方形金屬線框abcd邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R.將線框在虛線上方一定高度處由靜止釋放，運動過程中ab邊始終水平，線框始終在豎直面內(nèi)，所受空氣阻力恒為F阻．線框進入磁場的過程做勻速直線運動，重力加速度為g.則線框釋放時ab邊與水平虛線間的高度差為()A.eq\f(m（mg－F阻）R,2B2L4)B.eq\f(m（mg－F阻）R2,2B4L4)C.eq\f(m（mg－F阻）R2,B2L4)D.eq\f(m（mg－F阻）R,2B4L4)解析：金屬線框進入磁場前，根據(jù)動能定理得mgh－F阻h＝eq\f(1,2)mv2，進入磁場時，由平衡條件得mg＝eq\f(B2L2v,R)＋F阻，聯(lián)立解得h＝eq\f(m（mg－F阻）R2,2B2L4)，故選項B正確，A、C、D錯誤．答案：B7．(多選)(2019·洛陽模擬)如圖所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ和MN，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌處于磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B.有兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上．a(chǎn)棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g.則下列判斷正確的是()A．物塊c的質(zhì)量是2msinθB．b棒放上導(dǎo)軌前物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能C．b棒放上導(dǎo)軌后物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能D．a(chǎn)、c勻速運動的速度為eq\f(2mgRsinθ,B2L2)解析：b棒靜止mgsinθ＝FA，a棒勻速向上運動mcg＝mgsinθ＋FA，聯(lián)立得mc＝2msinθ，又因FA＝eq\f(B2L2v,2R)，解得v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，故A、D正確；b放上之前，a、c系統(tǒng)機械能守恒，故a增加的重力勢能與a、c增加的動能之和才等于c減小的重力勢能，故B錯誤；b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能與桿a增加的重力勢能之和，故物塊c減少的重力勢能大于回路消耗的電能，故C錯誤．答案：AD8．(2019·浙江卷)如圖所示，傾角θ＝37°、間距l(xiāng)＝0.1m的足夠長金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R＝0.1Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45.建立原點位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標軸x.在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場．從t＝0時刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下，從x＝0處由靜止開始沿斜面向上運動，其速度v與位移x滿足v＝kx(可導(dǎo)出a＝kv)，k＝5s－1.當棒ab運動至x1＝0.2m處時，電阻R消耗的電功率P＝0.12W，運動至x2＝0.8m處時撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運動，最終返回至x＝0處．棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直，不計其他電阻(提示：可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功，sin37°＝0.6)．求：(1)磁感應(yīng)強度B的大??；(2)外力F隨位移x變化的關(guān)系式；(3)在棒ab整個運動過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析：(1)在x1＝0.2m處時，電阻R消耗的電功率P＝eq\f(（Blv）2,R)，此時v＝kx＝1m/s，解得B＝eq\r(\f(PR,（lv）2))＝eq\f(\r(30),5)T；(2)在無磁場區(qū)間0≤x<0.2m內(nèi)，有a＝kv＝k2x由牛頓第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得F＝＋x)N，在有磁場區(qū)間0.2m≤x≤0.8m內(nèi)，有FA＝eq\f(（Bl）2v,R)＝xN，F(xiàn)＝＋x＋x)N＝＋x)N；(3)上升過程中克服安培力做的功(梯形面積)WA1＝eq\f(0.6N,2)(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18J，撤去外力后，設(shè)棒ab上升的最大距離為s，再次進入磁場時的速度為v′，由動能定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv2，(mgsinθ－μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝2m/s，由于mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(（Bl）2v′,R)＝0，故棒ab再次進入磁場后做勻速運動下降過程中克服安培力做的功WA2＝eq\f(（Bl）2v′,R)(x2－x1)＝0.144J，Q＝WA1＋WA2＝0.324J.答案：見解析考點3動量觀點9．(2019·許昌模擬)如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以速度v0垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)関(v<v0)那么()A．完全進入磁場時線圈的速度大于(v0＋v)/2B．完全進入磁場時線圈的速度等于(v0＋v)/2C．完全進入磁場時線圈的速度小于(v0＋v)/2D．以上情況AB均有可能，而C是不可能的解析：對線框進入或穿出磁場過程，設(shè)初速度為v0，末速度為v.由動量定理可知：BLΔt＝mv－mv0，又電量q＝Δt，得m(v－v0)＝BLq，得速度變化量Δv＝v－v0＝eq\f(BLq,m)，由q＝eq\f(ΔΦ,R)可知，進入和穿出磁場過程，磁通量的變化量相等，則進入和穿出磁場的兩個過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量相等，故由上式得知，進入過程導(dǎo)線框的速度變化量等于離開過程導(dǎo)線框的速度變化量．設(shè)完全進入磁場中時，線圈的速度大小為v′，則有v0－v′＝v′－v，解得v′＝eq\f(v0＋v,2)，B正確．答案：B10．(多選)如圖所示，間距為d的兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接一定值電阻R，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，金屬棒ab以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，當位移為x時速度減為零，已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，其余部分電阻不計，重力加速度為g，則在金屬棒的運動過程中，下列說法正確的是()A．金屬桿ab中的感應(yīng)電流方向由a到bB．通過電阻R的電荷量為eq\f(Bdx,2R)C．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgxD．金屬棒運動的時間為eq\f(v0,μg)－eq\f(B2d2x,μmgR)解析：根據(jù)右手定則可知金屬棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到a，故A錯誤；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Bdx,2R)，故B正確；根據(jù)能量守恒定律eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2Q＋μmgx，可得金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)μmgx，故C正確；對于金屬棒ab，根據(jù)動量定理－Bdq－μmgt＝0－mv0，聯(lián)立解得t＝eq\f(v0,μg)－eq\f(B2d2x,2μmgR)，故D錯誤．答案：BC11．(多選)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，間距為L，空間存在著方向豎直向上的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．在導(dǎo)軌上放有兩根質(zhì)量分別為m和2m的金屬棒ab、cd，兩棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，有效電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計．現(xiàn)給金屬棒ab水平向左的瞬時沖量I0，同時給cd棒水平向右的瞬時沖量2I0.則在以后的運動過程中()A．通過ab棒的最大電流為eq\f(BLI0,2mR)B．cd棒的最大加速度為eq\f(B2L2I0,2m2R)C．最終兩金屬棒將靜止在導(dǎo)軌上D．整個過程中該系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(4Ieq\o\al(2,0),3m)解析：開始時，由I＝mv可得兩棒的初速度v0＝eq\f(I0,m)，此時回路中的電流最大為I＝eq\f(2BLv0,2R)＝eq\f(BLI0,mR)，cd棒受到的安培力最大F安＝BIL＝eq\f(B2L2I0,mR)，則加速度最大a＝eq\f(B2L2I0,2m2R)，此后兩棒均做減速