（适用于新高考新教材）高考物理一轮总复习第11章电磁感应课时规范练34电磁感应现象中的综合应用问题

课时规范练34电磁感应现象中的综合应用问题基础对点练1.(电磁感应中的电路问题)如图所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一定值电阻R,导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小,则()A.U=12Blv,流过定值电阻R的感应电流由b到B.U=12Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到C.U=Blv,流过定值电阻R的感应电流由b到dD.U=Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到b2.(多选)(电磁感应中的能量、电荷量分析)如图所示,水平光滑金属导轨P、Q间距为L,M、N间距为2L,P与M相连,Q与N相连,金属棒a垂直于P、Q放置,金属棒b垂直于M、N放置,整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度,假设导轨都足够长,两棒质量均为m,在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中,两棒始终与导轨接触良好。以下说法正确的是()A.俯视时感应电流方向为顺时针B.棒b的最大速度为0.4v0C.回路中产生的焦耳热为0.1mvD.通过回路中某一截面的电荷量为23.(多选)(电磁感应中的动力学问题)(2023安徽安庆模拟)右图为固定在绝缘斜面上足够长的平行导轨,上端连接有电阻R,匀强磁场垂直穿过导轨平面,方向向上。一金属棒垂直于导轨放置,以初速度v0沿导轨下滑。棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻、金属棒电阻以及一切摩擦均不计。若t时刻,棒下滑的速度大小为v,电阻R消耗的热功率为P,则下列图像可能正确的是()4.(多选)(电磁感应的电路问题)如图所示,材料和粗细完全一样的导线绕成单匝线圈ABCD和EFGH,它们分别绕成扇形,扇形的内径r=0.2m,外径为R=0.5m,它们处于同一个圆面上,扇形ABCD对应的圆心角为30°,扇形EFGH对应的圆心角为60°。在BCGF圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度均匀增大。则()A.线圈ABCD中电流的方向为ADCBAB.线圈ABCD和线圈EFGH中电动势之比为1∶2C.线圈ABCD和线圈EFGH中电流之比为1∶1D.线圈ABCD和线圈EFGH中产生的电功率之比为1∶25.(电磁感应中的图像问题)(2022辽宁高考模拟)如图所示,电阻忽略不计的正方形金属框abcd水平固定放置,对角线长度为l,整个金属框内部区域分布着垂直水平面向上的匀强磁场。长度大于l的均匀导体棒MN自a向c在金属框上匀速滑过,滑动过程中MN始终关于ac对称并与金属框接触良好。若导体棒MN单位长度电阻恒定,与a点的距离记为x,则下列关于MN棒所受安培力F与x(0≤x≤l)的关系图像中,可能正确的是()6.(多选)(能量问题)如图所示,相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L(L<d)、质量为m,电阻为R。将线框在磁场上方高h处由静止释放,ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等。则在线框全部穿过磁场的过程中()A.ab边刚进入磁场时ab两端的电势差为BL2B.感应电流所做功为mgdC.感应电流所做功为2mgdD.线框最小速度为v=2素养综合练7.(多选)(2022河北高考模拟)如图所示,足够长的金属导轨MN和PQ固定在竖直平面(纸面)内,导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,其下端接一定值电阻R。一质量为m的细金属棒ab与竖直轻弹簧相连并处于静止状态。已知金属棒ab与导轨MN和PQ始终垂直且接触良好,除定值电阻R外,其余电阻不计,不计一切摩擦和空气阻力,弹簧始终处在弹性限度内。现用手托住金属棒ab将其移到弹簧原长处,然后突然松手,从金属棒ab开始运动到其静止的过程中,下列说法正确的是()A.在ab棒第一次下降过程中,当其重力大小等于弹簧弹力大小时,ab棒的速度最大B.ab棒重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C.ab棒所受的安培力始终做负功D.若空间没有匀强磁场,则ab棒不会停下来8.(多选)(2022辽宁高考模拟)如图所示,两根平行且光滑的金属导轨由圆弧部分和水平部分组成,圆弧部分由两段间距为2l、竖直放置的四分之一圆弧导轨构成,水平部分由足够长、但不等宽的水平导轨构成,水平导轨的宽、窄部分间距分别为2l、l,虚线MN右侧导轨区域处于竖直向上的匀强磁场中,宽、窄两部分区域内的磁感应强度大小分别为B、2B。金属棒ab与cd的质量均为m,电阻均为R,长度分别为l、2l,金属棒ab静止在窄导轨上。现将金属棒cd从圆弧轨道上距水平导轨h高度处由静止释放,在此后的运动过程中,cd始终在宽导轨上运动,ab始终在窄导轨上运动,两金属棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好。导轨各部分之间均平滑连接,导轨电阻不计,重力加速度为g,则()A.金属棒cd刚进入磁场时的速度大小为gB.通过金属棒ab的最大电流为BlC.整个过程中金属棒cd上产生的焦耳热为14D.整个过程中通过金属棒cd的电荷量为m9.(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像可能正确的是()10.一种重物缓降装置利用电磁感应现象制成,其物理模型如图所示,半径为L的铜轴上焊接一个外圆半径为3L的铜制圆盘,铜轴上连接轻质绝缘细线,细线缠绕在铜轴上,另一端悬挂着一个重物,从静止释放后整个圆盘可以在重物的作用下一起转动,整个装置位于垂直于圆盘面的匀强磁场中,铜轴的外侧和大圆盘的外侧通过电刷及导线和外界的一个灯泡相连,电磁感应中产生的电流可以通过灯泡而使灯泡发光,如果已知磁感应强度为B,灯泡电阻恒为R,额定电压为U,重力加速度为g,不计一切摩擦阻力,除了灯泡以外的其余电阻不计。(1)当灯泡正常工作时圆盘转动的角速度的大小是多少?(2)如果绳子足够长,铜轴所处高度足够高,重物质量m满足什么条件才能使灯泡不烧毁?11.(2023山东济南模拟)如图所示,水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈,每个线圈的质量均为m,电阻均为R,边长均为L,线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ,线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动。MN与PQ为匀强磁场的边界,平行间距为d(L<d),速度v0方向与MN垂直。磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下。当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动,线圈的右侧边到达边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长,且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界。已知重力加速度为g,线圈间不会相碰。求:(1)线圈的右侧边刚进入磁场时,线圈的加速度大小;(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t;(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速,线圈释放的焦耳热。12.如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100,边长ab=1.0m、bc=0.5m,电阻r=2Ω。磁感应强度B在0~1s内从零均匀变化到0.2T。在1~5s内从0.2T均匀变化到0.2T,取垂直纸面向里为磁场的正方向。求:(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E1和感应电流的方向;(2)在1~5s内通过线圈的电荷量q;(3)在0~5s内线圈产生的焦耳热Q。答案：课时规范练34电磁感应现象中的综合应用问题1.A解析:由右手定则可知,通过MN的电流方向为N→M,电路闭合,流过电阻R的电流方向由b到d,B项、D项错误;导体杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,导体杆为等效电源,其电阻为等效电源内阻,由闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律可知,U=IR=E2R·R=12.BC解析:棒a向右运动,回路面积减小,根据楞次定律可知,俯视时感应电流方向为逆时针,A错误;在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中,棒a减速,棒b加速,对棒a,由动量定理可得BI·Lt=BqL=mv00.8mv0,对棒b,由动量定理可得BI·2Lt=mv,联立可得v=0.4v0,q=mv05BL,B正确,D错误;根据能量守恒定律可得Q=12mv02[12m(0.8v0)2+12m(0.4v3.BC解析:金属棒下滑的过程中受重力、导轨的支持力和沿斜面向上的安培力,若开始时安培力大于重力沿斜面向下的分力,金属棒做减速运动,则由牛顿第二定律可知,a=B2L2vR-mgsinθm,随着速度的减小,金属棒的加速度逐渐减小,当mg4.AB解析:根据楞次定律可知,线圈ABCD中电流的方向为ADCBA,选项A正确;线圈ABCD和线圈EFGH面积之比为1∶2,根据E=ΔΦΔt=ΔBΔtS可知,线圈电动势之比为1∶2,选项B正确;线圈ABCD和线圈EFGH周长之比不等于1∶2,则电阻之比不等于1∶2,根据I=ER可知,两线圈中的电流之比不等于1∶5.A解析:由楞次定律可知,导体棒自a向c通过磁场,其所受安培力方向始终水平向左,阻碍其运动;设导体棒单位长度电阻为r,导体棒匀速滑过磁场的速率为v,其运动过程中切割磁感线的有效长度为l。当0≤x≤l2时,由几何知识可知,l=2x,又E=Blv,I=E2xr,所以安培力F=BIl=2B2vr·x,即F与x成正比。同理,当l2<x≤l时,解得F=BIl=26.CD解析:线圈自由下落过程,有mgh=12mv02,ab边刚进入磁场时,有E=BLv0,U=34BLv0,解得U=3BL2gh4,故选项A错误;根据能量守恒,从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程,动能变化为0,重力势能转化为线框产生的热量,Q=mgd,ab边刚进入磁场时速度为v0,ab边刚离开磁场时速度也为v0,所以从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程,线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程产生的热量相等,所以线圈从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程,产生的热量Q'=2mgd,感应电流做的功为2mgd,故B错误,C正确;因为进磁场时要减速,即此时的安培力大于重力,速度减小,安培力也减小,当安培力减到等于重力时,线圈做匀速运动,全部进入磁场将做加速运动,设线圈的最小速度为v,知全部进入磁场的瞬间速度最小,由动能定理,从ab边刚进入磁场到线框完全进入时,有7.CD解析:在ab棒第一次下降过程中,受到向下的重力和向上的安培力和弹簧的弹力,当重力等于安培力和弹力之和时速度最大,故A错误;ab棒重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量与回路中产生的热量之和,故B错误;由楞次定律可知安培力总是阻碍导体棒的运动,因此安培力一直做负功,故C正确;若空间没有匀强磁场,导体棒和弹簧机械能相互转化,简谐运动不会停止,故D正确。8.BCD解析:金属棒cd沿圆弧导轨下滑的过程中,根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2,解得金属棒cd刚进入磁场时的速度大小为v=2gh,故A错误;金属棒cd刚进入磁场时速度最大,产生的感应电动势最大,感应电流最大,流过两个金属棒的电流相同,则通过金属棒ab的最大电流为Imax=B·2lv2R=BlR2gh,故B正确;金属棒cd进入磁场后的开始阶段,cd棒受到向左的安培力作用做减速运动,ab棒受到向右的安培力作用做加速运动,两金属棒所受的安培力始终大小相等,方向相反,故两金属棒组成的系统动量守恒,最终两金属棒共速,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv=2mv共,整个过程中金属棒cd上产生的焦耳热为Q=1212mv2-12×2mv共2=9.AC解析:对两棒分别受力分析可知,ab棒做减速直线运动,cd棒做加速直线运动,最后两棒速度相同。ab棒和cd棒在运动过程中都产生感应电动势,两个电动势方向相反,逐渐抵消,两棒速度相同时,总电动势减小至0,电流减小至0,C正确,D错误。对两棒整体受力分析可知,合力为0,动量守恒,mv0=2mv,解得v=v02,即两棒最后速度为v02。由C图和F安=BIl10.答案:(1)U4BL2解析:(1)回路中的感应电动势E=B·2Lv由于圆盘各处的速度不同,因此平均速度v=ωL+ω灯泡正常工作时,加在灯泡两端的电压等于电源电动势E=U整理得ω=U4(2)如果绳子足够长,铜轴所处高度足够高,物体最终匀速下降,根据能量守恒可知,重力做功的功率全部转化为灯泡热功率,即mgv=U又由于v=ωL联立可得m=4因此当m≤4BLU11.答案:(1)B2L(2)B(3)2nμmgd解析:(1)线圈刚进入磁场时有E=BLv0根据闭合电路欧姆定律I=E所以安培力F=B根据牛顿第二定律Fμmg=maa=B2L2(2)根据动量定理,对线圈μmgtI安=0其中安培力的冲量I安=F安t'=BIL·t'=BLqq=Δ综上解得t=B2(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ过程中,对于单个线圈,根据动能定理得μmgdW安=0所以克服安培力做功W安=μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同,W安'=W