高考物理一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第10章能力課電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

第十章能力課知識鞏固練習(xí)1．(2021年黃山月考)如圖甲所示，水平面上固定一個粗糙的U形金屬框架，金屬桿ab橫跨其上并與之接觸良好，整個裝置處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．在金屬桿ab保持靜止的時間段內(nèi)()A．金屬桿ab中感應(yīng)電流方向一定從b到aB．回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定增加C．金屬桿ab所受摩擦力的方向一定水平向右D．金屬桿ab所受安培力一定變大【答案】C【解析】由題圖乙可知，磁感應(yīng)強度增大，穿過回路的磁通量增大，由楞次定律可知，金屬桿ab中感應(yīng)電流方向一定從a到b，故A錯誤；由題圖乙可知，磁感應(yīng)強度的變化率即圖線斜率在減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減小，故B錯誤；由于金屬桿ab中感應(yīng)電流方向一定從a到b，由左手定則可知，金屬桿ab受到的安培力方向水平向左，由平衡可知，金屬桿ab受到的摩擦力方向水平向右，故C正確；由于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減小，則感應(yīng)電流減小，磁感應(yīng)強度增大，由公式FA＝BIL可知，金屬桿ab所受安培力不一定增大，故D錯誤．2．如圖所示為有理想邊界的兩個勻強磁場，磁感應(yīng)強度B均為0.5T，兩邊界間距s＝0.1m．一邊長L＝0.2m的正方形線框abcd由粗細均勻的電阻絲圍成，總電阻R＝0.4Ω.現(xiàn)使線框以v＝2m/s的速度從位置Ⅰ勻速運動到位置Ⅱ.則下列能正確反映整個過程中線框A BC D【答案】A【解析】在0～5×10－2s內(nèi)，ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源，由楞次定律判斷知感應(yīng)電流方向沿順時針方向，則a的電勢高于b的電勢，Uab為正，則ab兩端電勢差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)×BLv＝eq\f(3,4)×0.5×0.2×2V＝15×10－2V；在5×10－2s～10×10－2s內(nèi)，cd邊進入磁場Ⅱ后，cd邊和ab邊都切割磁感線，都產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線框中感應(yīng)電流為零，由右手定則判斷可知，a的電勢高于b的電勢，Uab為正，所以Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2V＝0.20V＝20×10－2V；在10×10－2s～15×10－2s內(nèi)，ab邊穿出磁場后，只有cd邊切割磁感線，由右手定則知，a點的電勢高于b的電勢，Uab為正，Uab＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)BLv＝eq\f(1,4)×0.5×0.2×2V＝5×10－2V．故整個過程中線框a、b兩點的電勢差Uab隨時間t變化的圖線如圖A所示，A正確．3．(多選)(2021年潮州名校質(zhì)檢)如圖所示，間距為L、電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左右兩端均有一阻值為R的電阻相連．導(dǎo)軌上橫跨一根長為L、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，整個裝置處于豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)給棒一瞬時沖量讓它以初速度v0向右運動，則直到棒停止的過程中()A．金屬棒在導(dǎo)軌上做勻減速運動B．通過金屬棒的電量為eq\f(mv\o\al(2,0),BL)C．金屬棒克服安培力做功eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)【答案】CD【解析】金屬棒在整個運動過程中受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，這兩個力的合力為零，還受到水平向左的安培力，金屬棒受到的合力等于安培力．隨著速度減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒做加速度逐漸減小的變減速運動，故A錯誤；根據(jù)動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，通過金屬棒的電量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，可得q＝eq\f(mv0,BL)，故B錯誤；整個過程中由動能定理可得－W安＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則金屬棒克服安培力做功為W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；整個回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q棒＝eq\f(R,R＋\f(R,2))Q＝eq\f(2,3)Q＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故D正確．4．(2021年太原名校模擬)電磁爐熱效率高達90%，爐面無明火，無煙無廢氣，“火力”強勁，安全可靠．下圖是描述電磁爐工作原理的示意圖．下列說法正確的是()A．當恒定電流通過線圈時會產(chǎn)生恒定磁場，恒定磁場越強，電磁爐加熱效果越好B．在鍋和電磁爐中間放一紙板，則電磁爐不能起到加熱作用C．電磁爐的鍋不能用陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋，主要原因是這些材料的導(dǎo)熱性能較差D．電磁爐通電線圈加交流電后在鍋底產(chǎn)生渦流，進而發(fā)熱工作【答案】D【解析】鍋體中的渦流是由變化的磁場產(chǎn)生的，所加的電流是交流，不是直流，故A錯誤，D正確．在鍋和電磁爐中間放一紙板不會影響電磁爐的加熱作用，故B錯誤．金屬鍋自身產(chǎn)生無數(shù)小渦流而直接加熱鍋內(nèi)的食物，陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋屬于絕緣材料，里面不會產(chǎn)生渦流，故C錯誤．5．(多選)如圖甲所示，打開電流和電壓傳感器，將磁鐵置于螺線管正上方距海綿墊高為h處靜止釋放，磁鐵穿過螺線管后掉落到海綿墊上并靜止．磁鐵在下落過程中受到的磁阻力遠小于磁鐵重力，且不發(fā)生轉(zhuǎn)動．不計線圈電阻．圖乙是計算機熒屏上顯示的UI－t曲線，其中兩個峰值是磁鐵剛進入螺線管內(nèi)部和剛從內(nèi)部出來時產(chǎn)生的．下列說法正確的是()A．若僅增大h，兩個峰值間的時間間隔會增大B．若僅減小h，兩個峰值都會減小C．若僅減小h，兩個峰值可能會相等D．若僅減小滑動變阻器的值，兩個峰值都會增大【答案】BD6．(2021年茂名質(zhì)檢)如圖所示，虛線左右兩側(cè)存在等大反向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B0，虛線左側(cè)磁場方向垂直紙面向外，虛線右側(cè)磁場方向垂直紙面向里．電阻為R的單匝金屬線框ABCD可繞與虛線重合的軸OO′轉(zhuǎn)動，其中邊長OD＝2AO＝2AB＝2L.若在外力F作用下線框從圖示位置開始以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，在線框轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是A．線框中電流的最大值為eq\f(3B0L2ω,R)B．在從圖示位置轉(zhuǎn)過180°的過程中，電動勢的平均值為eq\f(B0L2ω,2)C．線框中電動勢的有效值為eq\f(B0L2ω,\r(2))D．在從圖示位置轉(zhuǎn)過180°的過程中，外力F做的功為eq\f(πB\o\al(2,0)L4ω,R)【答案】C【解析】感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝B0LCDvCD－B0LABvAB＝B0Lω×2L－B0Lω×L＝B0L2ω，線框中的最大感應(yīng)電流Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(B0L2ω,R)，故A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，從圖示位置轉(zhuǎn)過180°的過程中電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2B0L2,\f(π,ω))＝eq\f(2ωB0L2,π)，故B錯誤；線框旋轉(zhuǎn)過程產(chǎn)生正弦式交變電流，線框中電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(B0L2ω,\r(2))，故C正確；感應(yīng)電流的有效值I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2ω,\r(2)R)，從圖示位置轉(zhuǎn)過180°的過程需要的時間t＝eq\f(π,ω)，外力做功W＝Q＝I2Rt＝eq\f(πB\o\al(2,0)L4ω,2R)，故D錯誤．綜合提升練習(xí)7．(2020年北京卷)如圖甲所示，在MN、QP間存在一勻強磁場．t＝0時，一正方形光滑金屬線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運動，外力F隨時間t變化的圖線如圖乙所示．已知線框質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝2Ω，A．線框的加速度為1mB．磁場區(qū)域?qū)挾葹?C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2TD．線框進入磁場過程中，通過線框橫截面的電量為eq\f(\r(2),2)C【答案】D【解析】當t＝0時線框的速度為零，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力，則線框的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，故A錯誤；磁場的寬度等于線框在0～2s內(nèi)的位移，為d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m，故B錯誤；設(shè)線框的邊長為L，則L等于線框在0～1s內(nèi)的位移，即L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m，當線框全部進入磁場的瞬間F1－F安＝ma，而F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(B2L2at,R)，其中，F(xiàn)1＝4N，t＝1s，m＝1kg，R＝2Ω，聯(lián)立得B＝eq\r(2)T，故C錯誤；線框進入磁場過程中，通過線框橫截面的電量為eq\o(q,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(BL\o(v,\s\up6(－))t,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(\r(2)×12,2)C＝eq\f(\r(2),2)C，故D正確．8．如圖所示，寬度為L的金屬框架豎直固定在絕緣地面上．框架的上端接有一個電子元件，其阻值與其兩端所加的電壓成正比，即R＝kU，k為已知常數(shù)．框架上有一質(zhì)量為m、離地高為h的金屬棒ab.金屬棒與框架始終接觸良好無摩擦，且保持水平．磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直于框架平面向里．將金屬棒ab由靜止釋放，棒沿框架向下運動．不計金屬棒及導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g.求：(1)金屬棒運動過程中流過金屬棒的電流的大小和方向；(2)金屬棒落到地面時的速度大?。?3)金屬棒從釋放到落地的過程中通過電子元件的電量．【答案】(1)eq\f(1,k)水平向右(或“a→b”)(2)eq\r(2h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(BL,mk))))(3)eq\f(1,k)eq\r(\f(2hkm,mgk－BL))【解析】(1)流過電子元件的電流大小為I＝eq\f(U,R)＝eq\f(1,k)，由串聯(lián)電路特點知流過棒的電流大小也為eq\f(1,k).由右手定則判定流過棒的電流方向為水平向右(或a→b)．(2)在運動過程中金屬棒受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(BL,k).對金屬棒運用牛頓第二定律有mg－F安＝ma，得a＝g－eq\f(BL,mk)恒定，故金屬棒做勻加速直線運動．根據(jù)v2＝2ax，得v＝eq\r(2h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(BL,mk)))).(3)設(shè)金屬棒經(jīng)過時間t落地，有h＝eq\f(1,2)at2．解得t＝eq\r(\f(2h,a))＝eq\r(\f(2hkm,mgk－BL)).故有q＝I·t＝eq\f(1,k)eq\r(\f(2hkm,mgk－BL)).9．如圖所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s＝1.15m，兩導(dǎo)軌間距L＝0.75m，導(dǎo)軌傾角為30°.導(dǎo)軌上端ab接一阻值R＝1.5Ω的電阻．磁感應(yīng)強度B＝0.8T的勻強磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5Ω、質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0(1)求金屬棒在此過程中克服安培力做的功W安；(2)求金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度(3)為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學(xué)解答如下：由動能定理，W重－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，…由此所得的結(jié)果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答．【答案】(1)0.4J(2)3.2m/s2【解析】(1)下滑過程中安培力做的功即在電阻上產(chǎn)生的焦耳熱．由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3J，故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4J.(2)金屬棒下滑時受重力和安培力作用，F(xiàn)安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v.由牛頓第二定律有mgsin30°－eq\f(B2L2,R＋r)v＝ma.所以a＝gsin30°－eq\f(B2L2,mR＋r)v＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10×\f(1,2)－\f(0.82×0.752×2,0.2×1.5＋0.5)