《2021版高考物理一轮复习课时规范练33电磁感应现象中的综合应用问题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版高考物理一轮复习课时规范练33电磁感应现象中的综合应用问题含解析（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时规范练33电磁感应现象中的综合应用问题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dB.U=12Blv,流过定值电阻R的感应电流由d到bC.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
2、b2.(多选)(电磁感应中的电路问题)(2019安徽屯溪月考)如图所示,正方形线框的边长为L,电容器的电容为C,正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中,当磁感应强度以k为变化率均匀减小时,则()A.线框中产生的感应电动势大小为kL2B.电压表没有读数C.a点的电势高于b点的电势D.电容器所带的电荷量为Q=kCL223.(多选)(动力学问题)如图所示,等边闭合三角形线框,开始底边与匀强磁场的边界平行且重合,磁场的宽度大于三角形的高度,线框由静止释放,穿过该磁场区域,不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可
3、能相同C.线框出磁场的过程,可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程,通过线框的电量不同4.(多选)(动力学问题、能量问题)(2019安徽宣城市期中)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,金属线框的质量为m,电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行。磁场方向垂直于线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v-t图象,图中数据均为已知量,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.0t1段直线的斜率大于t2t3段直线的斜
4、率B.磁场的宽度一定大于v1(t2-t1)C.磁场的磁感应强度为1v1(t2-t1)mgRv1D.金属线框在0t3的时间内所产生的热量为mgv1(t2-t1)素养综合练5.(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(Ld)、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BL2ghB.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=2g(h+L-d)6.(
5、多选)(动量综合问题)如图所示,水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨,导轨上静止放有金属杆a和b,两杆均位于匀强磁场的左侧,让杆a以速度v向右运动,当杆a与杆b发生弹性碰撞后,两杆先后进入右侧的磁场中,当杆a刚进入磁场时,杆b的速度刚好为a的一半。已知杆a、b的质量分别为2m和m,接入电路的电阻均为R,其他电阻忽略不计,设导轨足够长,磁场足够大,则()A.杆a与杆b碰撞后,杆a的速度为v3,方向向右B.杆b刚进入磁场时,通过b的电流为2BLv3RC.从b进入磁场至a刚进入磁场时,该过程产生的焦耳热为78mv2D.杆a、b最终具有相同的速度,大小为2v37.(图象问题)(2018全国卷)如图(
6、a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦式交变电流i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()A.在t=T4时为零B.在t=T2时改变方向C.在t=T2时最大,且沿顺时针方向D.在t=T时最大,且沿顺时针方向8.(多选)(图象问题)(2019全国卷)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。下列图象中可
7、能正确的是()9.(2019湖南娄底二模)如图所示,间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻,阻值为R,两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置在导轨上,两导体棒电阻均为R,棒与导轨间动摩擦因数均为,导轨电阻不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B。现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动,当棒ab匀速运动时,棒cd恰要开始滑动,从开始运动到匀速的过程中流过棒ab的电荷量为q,(重力加速度为g)求:(1)棒ab匀速运动的速度大小;(2)棒ab从开始运动到匀速运动所经历的时间;(3)棒ab从开始运动到匀速的过程中棒ab产生的焦耳热。10.(20
8、19安徽蚌埠二模)如图所示,质量M=1 kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨,c与e端由导线连接,一质量m=1 kg的导体棒自ce端的正上方h=2 m处平行自由静止下落,并恰好从ce端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在运动过程中与导轨接触良好。已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 ,其余电阻均不计,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的
9、热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率。参考答案课时规范练33电磁感应现象中的综合应用问题1.A由右手定则可知,通过MN的电流方向为NM,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=E2RR=12Blv,A项正确,C项错误。2.BCD注意有效面积,由法拉第电磁感应定律得:E=BSt=12kL2,故A错误。磁场均匀减弱,线圈产生恒定的感应电动势,电容器充电完毕后电路中
10、没有电流,则电压表没有读数,故B正确。由楞次定律可知,感应电动势方向沿顺时针,则a点的电势高于b点的电势,故C正确。线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电,则电容器的电量Q=CU=C12kL2,故D正确。故选BCD。3.BC线框进入磁场过程中,磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流为逆时针方向,故A错误;线框底边刚进入瞬间,速度为零,产生的感应电动势为零,下落加速度为g,完全进入磁场后下落加速度为g,随着下落速度的增大,出磁场时产生的安培力可能等于2mg,此时减速的加速度大小可能为g,故B正确;线框出磁场的过程,可能先做减速运动,随着速度减小,切割长度变短,线框受到的安培力减小,当小于重力后线框
11、做加速的直线运动,故C正确;线框进、出磁场过程,磁通量变化相同,所以通过线框的电量相同,故D错误。4.BCD0t1段线框自由下落,图象的斜率表示重力加速度;t2t3段说明线框完全在磁场中,只受重力作用,加速度大小为g,所以两段时间段内直线的斜率相等,故A错误;线框进入磁场匀速运动的距离为v1(t2-t1),完全进入磁场后做加速运动,所以磁场的宽度一定大于v1(t2-t1),故B正确;线框在进入磁场时,是匀速直线运动,则有:L=v1(t2-t1),而在进入时由平衡条件有:mg=BBLv1RL,联立以上几式有:B=1v1(t2-t1)mgRv1,故C正确;由于金属线框做匀速直线运动时才产生热量,所
12、以Q=mgL=mgv1(t2-t1),故D正确。故选BCD。5.CD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;根据能量守恒研究从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2mg
13、d,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:12mv2-12mv02=mgL-mgd,又12mv02=mgh,综上所述,线圈的最小速度为2g(h+L-d),故D正确。6.ABC杆a与杆b发生弹性碰撞,由动量守恒和机械能守恒得2mv=2mv1+mv2,122mv2=122mv12+12mv22,解得v1=v3,v2=43v,即杆a的速度为v3,方向向右,故A正确;杆b刚进入磁场时,通
14、过b的电流为I=BLv22R=2BLv3,故B正确;从b进入磁场至a刚进入磁场时,由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q=12mv22-12m(12v1)2=78mv2,故C正确;a进入磁场后,视ab为系统,动量守恒,则有2mv1+m12v1=(2m+m)v3,解得v3=518v,即杆a、b最终具有相同的速度,大小为518v,故D错误;故选ABC。7.ACPQ中的电流在导线框R中产生变化的磁场,所以线框R中的磁通量变化规律和PQ中电流的变化规律相同,PQ中电流在T4时刻变化率为零,即线框R中的磁通量的变化率为零,线框中R产生的感应电动势为零,A选项正确;T2时刻PQ中电流变化最快,即线框R中磁通量
15、变化最快,斜率正负没有发生变化,所以感应电动势的方向没有发生变化,B选项错误;在T2时刻,线框R中的磁通量从向内减弱变为向外增强,感应电流的磁场方向垂直纸面向里,感应电动势为顺时针方向,C选项正确;在T时刻,线框R中的磁场从垂直纸面向外减弱变为垂直纸面向里增强,感应电流的磁场方向垂直纸面向外,感应电动势为逆时针方向,D选项错误。8.AC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,合力为零,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=BIl可知,F安不均匀变化,加速度不均匀变化,速度图象的斜率为加速度,A正确,B错误。9.答案 见解析解析 (1)设棒ab速度为v,则棒ab中的感应电流I=BLvR+R2=2BLv3R棒cd中的感应电流为I2=BLv3Rcd受安培力F1=BI2L=B2L2v3R当棒cd恰要滑动时,F1=mg,即B2L2v3R=mg得v=3mgRB2L2即为
