（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 專題探究八 電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用（一）練習(xí)（含解析）新人教版

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1、專題探究八　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(一) 1.(2019·廣東湛江四校聯(lián)考)如圖所示,在一磁感應(yīng)強度B=0.5 T 的勻強磁場中,垂直于磁場方向水平放置著兩根相距L=0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,導(dǎo)軌電阻忽略不計,在兩根導(dǎo)軌的端點N,Q之間連接一阻值R=0.3 Ω 的電阻.導(dǎo)軌上放置著金屬棒ab,其電阻r=0.2 Ω.當(dāng)金屬棒在水平拉力作用下以速度v=4.0 m/s向左做勻速運動時(　A　) A.ab棒所受安培力大小為0.02 N B.N,Q間電壓為0.2 V C.a端電勢比b端電勢低 D.回路中感應(yīng)電流大小為1 A 解析:ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv=0.5×

2、0.1×4 V=0.2 V,感應(yīng)電流為I== A=0.4 A,ab棒所受安培力大小F安=BIL=0.5×0.4× 0.1 N=0.02 N,故A正確,D錯誤;N,Q間電壓為U=IR=0.4×0.3 V= 0.12 V,故B錯誤;由右手定則知,ab棒中感應(yīng)電流方向由b到a,a端電勢較高,故C錯誤. 2.(2019·吉林長春模擬)如圖所示,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,整個裝置處在垂直于紙面向里的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B.電容器的電容為C,除電阻R外,導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計.現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度,使導(dǎo)線MN向右運動,當(dāng)電路穩(wěn)定后,MN以速度v向右做勻

3、速運動時(　C　) A.電容器兩端的電壓為零 B.電阻兩端的電壓為BLv C.電容器所帶電荷量為CBLv D.為保持MN勻速運動,需對其施加的拉力大小為 解析:當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運動時,導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定,穩(wěn)定后,電容器既不充電也不放電,無電流產(chǎn)生,故電阻兩端沒有電壓,電容器兩極板間的電壓為U=E=BLv,所帶電荷量Q=CU=CBLv,故A,B錯,C對;MN勻速運動時,因無電流而不受安培力, 故拉力為零,D錯. 3.(2019·河南鄭州模擬)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿,單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置,整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場

4、,磁感應(yīng)強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動,桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸,從圓環(huán)中心O開始,桿的位置由θ確定,如圖所示.則(　A　) A.θ=0時,桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B.θ=時,桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C.θ=0時,桿受的安培力大小為 D.θ=時,桿受的安培力大小為 解析:θ=0時,導(dǎo)體直桿切割磁感線的有效長度為2a,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1=2Bav;電路中電阻R=(πa+2a)R0,感應(yīng)電流為I1==,所以桿所受安培力為F1=BI1·2a=,A正確,C錯誤;同理,θ=時,E2=Bav,F2=,B,D均錯誤. 4.(2019·河北石家莊質(zhì)檢)如

5、圖(甲)所示,導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上,PQ之間有阻值為R的電阻,PQNM所圍的面積為S,不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻.導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的磁場,規(guī)定磁場方向豎直向上為正,在0～2t0時間內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化情況如圖(乙)所示,導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是(　D　) A.在0～t0和t0～2t0內(nèi),導(dǎo)體棒受到導(dǎo)軌的摩擦力方向相同 B.在t0～2t0內(nèi),通過電阻R的電流方向為P到Q C.在0～t0內(nèi),通過電阻R的電流大小為 D.在0～2t0內(nèi),通過電阻R的電荷量為 解析:由圖(乙)所示圖像可知,0～t0內(nèi)磁感應(yīng)強度減小,穿過回路的磁通量減少,由楞次定律可知,為阻礙

6、磁通量的減少,導(dǎo)體棒具有向右的運動趨勢,導(dǎo)體棒受到向左的摩擦力,在t0～2t0內(nèi),穿過回路的磁通量增加,為阻礙磁通量的增加,導(dǎo)體棒有向左的運動趨勢,導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力,在兩時間段內(nèi)摩擦力方向相反,故A錯誤;由圖(乙)所示圖像可知,在t0～2t0內(nèi)磁感應(yīng)強度增大,穿過閉合回路的磁通量增大,由楞次定律可知,感應(yīng)電流沿順時針方向,通過電阻R的電流方向為Q到P,故B錯誤;由圖(乙)所示圖像,應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在0～t0內(nèi)感應(yīng)電動勢E1===,感應(yīng)電流為I1==,故C錯誤;由圖(乙)所示圖像,應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律可得,在0～2t0內(nèi)通過電阻R的電荷量為q1===,故D正確. 5.(20

7、18·江西上饒二模)空間存在著如圖的勻強磁場,MN為磁場理想邊界,光滑水平面上有一個邊長為a,質(zhì)量為m,電阻為R的金屬正方形線框,從圖中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁場方向開始運動,當(dāng)線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的如圖Ⅱ位置時,線框的速度為v,則下列說法錯誤的是(　C　) A.在圖中位置Ⅱ時線框中的電功率為 B.此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C.在圖中位置Ⅱ時線框的加速度為 D.此過程中通過線框截面的電荷量為 解析:在圖中位置Ⅱ時線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=2Bav,線框中的電功率為P==,故A正確;根據(jù)能量守恒定律可得線框中產(chǎn)生的電能為Q=m(2v)2-mv2=mv2,故

8、B正確;在圖中位置Ⅱ時線框所受的安培力的合力F=2BIa=2Ba·=,由牛頓第二定律得a==,故C錯誤;此過程中通過線框截面的電荷量為q==,故D正確. 6.如圖(甲)所示,光滑導(dǎo)軌水平放置在與水平方向成60度角斜向下的勻強磁場中,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間的變化規(guī)律如圖(乙)所示(規(guī)定斜向下為正方向),導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置,除電阻R的阻值外,其余電阻不計,導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài).規(guī)定a→b的方向為電流的正方向,水平向右的方向為外力的正方向,則在0～t1時間內(nèi),能正確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流i和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖像是(　D　) 解析

9、:由E==sin 60°可知,電動勢保持不變,則電路中電流不變,故A,B錯誤;由安培力F=BIL可知,電路中安培力隨B的變化而變化,當(dāng)B為負值時,安培力的方向為正,外力F為負;B為正值時,安培力為負值,外力F為正值,故C錯誤,D正確. 7.(2018·廣東東莞第二次綜合考試)(多選)如圖1所示,傾斜放置的平行光滑軌道間距為L,導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ=30°,導(dǎo)軌上端連有阻值為R=1 Ω的定值電阻,在導(dǎo)軌平面上的abdc,cdfe間分別有垂直導(dǎo)軌平面向上和向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度分別為B1=1 T和B2= T,兩磁場的寬度也均為L.一長為L的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌某位置靜止釋放,導(dǎo)體棒在滑動過程中始

10、終與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒在磁場中運動的速度—時間圖像如圖2所示.不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻,重力加速度g=10 m/s2,則下列說法正確的是(　AB　) A.導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=0.2 kg B.導(dǎo)體棒穿過整個磁場時通過電阻R的電荷量為(-1) C C.導(dǎo)體棒穿過磁場B2的時間為2 s D.導(dǎo)體棒穿過整個磁場時電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2 J 解析:由圖可知,導(dǎo)體棒在上面的磁場中做勻速運動,由速度—時間圖像可知,在1 s內(nèi)以1 m/s的速度經(jīng)過磁場,則L=1 m,由平衡知識可知mgsin 30°=F安=,解得m=0.2 kg,選項A正確;根據(jù)q==可知,穿過上面磁場時流過R的電荷量為q1==

11、1 C;穿過下面磁場時流過R的電荷量為q2== C;因穿過兩磁場時電流方向相反,則導(dǎo)體棒穿過整個磁場時通過電阻R的電荷量為(-1) C,選項B正確;由vt圖像可知,導(dǎo)體棒穿過磁場B2時平均速度大于0.5 m/s,則導(dǎo)體棒穿過磁場B2的時間小于2 s,選項C錯誤;導(dǎo)體棒穿過整個磁場時電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒的機械能減小量,則Q=mg·2Lsin 30°-mv2=2 J-mv2<2 J,選項D錯誤. 8.(2019·福建漳州模擬)(多選)如圖所示,豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R,C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域,其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外(圖中未畫出),區(qū)域C1中磁場的磁

12、感應(yīng)強度隨時間按B1=B+kt(k>0)變化,C2中磁場的磁感應(yīng)強度恒為B2,一質(zhì)量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,并恰能保持靜止.則(　BCD　) A.通過金屬桿的電流大小為 B.通過金屬桿的電流方向為從B到A C.定值電阻的阻值為R=-r D.整個電路中產(chǎn)生的熱功率P= 解析:AB桿平衡,則有mg=B2I·2a,解得I=,A錯誤;安培力向上,根據(jù)左手定則可知,AB中感應(yīng)電流的方向為從B到A,B正確;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動勢的大小E==·πa2=kπa2,由I=,解得R=-r,C正確;整個電路產(chǎn)生的熱功

13、率P=EI=,D正確. 9.(2019·湖南永州模擬)如圖(a)所示,在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框,在1位置以速度v0=3 m/s進入勻強磁場時開始計時,此時線框中感應(yīng)電動勢為1 V,在t=3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場.此過程中v-t圖像如圖(b)所示,那么 (　B　) A.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.25 V B.恒力F的大小為0.5 N C.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/s D.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s 解析:t=0時,線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓,總的感應(yīng)電動勢為E=Bav0,

14、外電壓U外=E=0.75 V,故A錯誤;在1～3 s內(nèi),線框做勻加速運動,沒有感應(yīng)電流,線框不受安培力,則有F=ma,由速度—時間圖像的斜率表示加速度,求得a== m/s2=0.5 m/s2,則得F=0.5 N,故B正確.由(b)圖像看出,在t=3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場時與線框進入時速度相同,則線框出磁場與進磁場運動情況完全相同,則知線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度與t=1 s時刻的速度相等,即為2 m/s,故C,D錯誤. 10.(2019·湖北襄陽優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)考)(多選)半徑分別為r和2r的同心圓導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長為r,電阻為R的均勻直金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面

15、,BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示,整個裝置位于一勻強磁場中,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向豎直向下.在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器.直金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動,在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸.導(dǎo)軌電阻不計.下列說法正確的是(　CD　) A.金屬棒中電流從A流向B B.金屬棒兩端電壓為Bω2r C.電容器的M板帶正電 D.電容器所帶電荷量為CBωr2 解析:根據(jù)右手定則可知,金屬棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電流應(yīng)該是從B向A,故A錯誤;據(jù)E感=BL以及=rω可得切割磁感線時產(chǎn)生的電動勢E感=BL=Br()=Br2ω,切割磁感線的導(dǎo)

16、體相當(dāng)于電源,則AB兩端的電壓相當(dāng)于路端電壓,則UAB=E感=×Br2ω=Br2ω,故B錯誤;由于AB內(nèi)部電流方向由B向A,故金屬棒A端相當(dāng)于電源正極,故與A接近的電容器M板帶正電,故C正確;由AB兩端的電壓(即R兩端電壓)為Br2ω,則電容器所帶電荷量Q=CU=CBr2ω,故D正確. 11.(多選)如圖所示,在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的金屬棒ab,ac和MN,其中ab,ac在a點接觸,構(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌,導(dǎo)軌所在空間存在垂直于紙面的勻強磁場,用力使MN從a點由靜止開始做勻加速直線運動,運動中MN始終與∠bac的角平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸,MN與ab,ac的交點分別為P,Q.關(guān)于回路

17、中的電流I及P,Q間的電壓絕對值U與時間t的關(guān)系圖線,下列可能正確的是(　AC　) 解析:設(shè)磁感應(yīng)強度為B,∠bac=2θ,單位長度電阻為R0,MN棒向右加速運動的加速度為a,t時刻金屬棒MN所處位置如圖所示,根據(jù)幾何知識,MN棒有效切割長度為L=2(at2·tan θ)=at2tan θ,P,Q間部分相當(dāng)于電源,其內(nèi)阻r=R0at2tan θ,所圍閉合回路的外電阻為R= R0·2()=,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,PQ間的電壓 U==·=t3,即U與t3成正比,故由數(shù)學(xué)知識知,A圖像可能正確,B錯誤;電流I===,可見電流I與時間t成正比,故C正確,D錯誤. 12.(20

18、18·安徽江淮十校第三次聯(lián)考)如圖所示,MN,PQ為兩條平行的光滑金屬直導(dǎo)軌,導(dǎo)軌平面與水平面成 θ=30°,M,P之間接有電阻箱R,導(dǎo)軌所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在導(dǎo)軌上,其接入電路的電阻值為r,現(xiàn)從靜止釋放金屬桿ab,測得最后的最大速度為v1,已知導(dǎo)軌間距為L,重力加速度取g,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,求: (1)電阻箱接入電路的電阻多大? (2)若當(dāng)金屬棒下滑的距離為s時,金屬棒的加速度大小為a,則此時金屬棒運動的時間為多少? (3)當(dāng)金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時,將電阻箱的電阻瞬間增大為-r,此后金屬棒再向下滑動d的距離

19、時,導(dǎo)體棒再次達到最大速度,求下滑d的距離過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱. 解析:(1)設(shè)電阻箱接入電路的電阻為R1,當(dāng)金屬桿以最大速度下滑時mgsin θ=BIL,I=,E=BLv1, 聯(lián)立解得R1=-r. (2)設(shè)金屬棒下滑的距離為s時,金屬棒的速度為v2, 則mgsin θ-=ma, 解得v2=(1-)v1, 根據(jù)動量定理有(mgsin θ-v)Δt=mΔv 整體過程中mgsin θ∑Δt-∑vΔt=m∑Δv, 有mgt-s=mv2, 求得t=+(1-). (3)當(dāng)電阻箱的電阻瞬間增大為-r后,電路中的電流減小,導(dǎo)體棒向下做加速運動,當(dāng)速度再次增大為最大速度時,mgsin

20、 θ=,解得v3=v1, 根據(jù)能量守恒,此過程中回路中產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=mgdsin θ- (m-m)=mgd-m. 答案:(1)-r　(2)+(1-)　 (3)mgd-m 13.(2018·河北唐山模擬)在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P,Q相距l(xiāng)=1 m,導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路.其中水平放置的平行板電容器兩極板M,N相距d=10 mm,定值電阻R1=R2=12 Ω,R3=2 Ω,金屬棒ab的電阻r=2 Ω,其他電阻不計.磁感應(yīng)強度B=0.5 T的勻強磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運動時,懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m=1×10-14kg、電荷量q=-1×10-1

21、4C 的微粒恰好靜止不動(圖中未畫出).取g=10 m/s2,在整個運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,且速度保持恒定.試求: (1)勻強磁場的方向; (2)ab兩端的路端電壓; (3)金屬棒ab運動的速度大小. 解析:(1)負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),因為重力豎直向下,所以電場力豎直向上,故M板帶正電.ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,ab棒等效于電源,感應(yīng)電流方向由b→a,其a端為電源的正極,由右手定則可判斷,磁場方向豎直向下. (2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),根據(jù)平衡條件有mg=E電q(E電為電場強度) 又E電=, 所以UMN==0.1 V R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等,由歐姆定律得通過R3的電流為I==0.05 A 則ab棒兩端的電壓為 Uab=UMN+I=0.4 V. (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢E=Blv 而E=Uab+Ir=0.5 V 聯(lián)立解得v=1 m/s. 答案:(1)豎直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s 11