高考总复习物理随堂课件与课后习题第十一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.docx

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1、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

2、电流由d到b2.(多选)(电磁感应中的能量、电荷量分析)(2021山东潍坊模拟)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0.1mv02D.通过回路中某一截面的电荷量为2mv05BL3.(多选)(电磁感

3、应中的动力学问题)(2021安徽安庆模拟)如图所示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=0.2 m,外径为R=0.5 m,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

4、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12C.线圈ABCD和线圈EFGH中电流之比为11D.线圈ABCD和线圈EFGH中产生的电功率之比为125.(多选)(动力学问题、能量问题)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,如图乙所示是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ

5、边界的v-t图像,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)6.(能量问题)(2021河北五个一名校联盟高三二模)如图所示,两宽度均为a的水平匀强磁场,磁感应强度的大小相等,两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落,匀速通过上方匀强磁场区域,之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内,不计空气阻力,下

6、列说法正确的是()A.线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等B.线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等C.线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等D.线框通过上、下两个磁场的时间相等素养综合练7.(多选)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,

7、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2v38.(多选)(2021河北邯郸三模)如图所示,间距大小为0.5 m的平行光滑导轨竖直放置,导轨上端与电阻R连接,图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为0.2 T的匀强磁场。现将质量0.1 kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放,进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动,匀速运动2 s后给导体棒施加一竖直向上的大小为2 N的恒力,同时由于磁感应强度发生变化,回路中不再产生感应电流,再经过0.2 s导体棒

8、的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,导轨和导体棒的电阻不计,重力加速度g取10 m/s2,关于导体棒从由静止释放到速度减为零的过程,下列说法正确的是()A.匀速运动速度为2 m/sB.自由下落的高度为2 mC.回路中磁通量的最大值为0.4 WbD.回路中产生的焦耳热为4 J9.(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。下列图像中可能正确的是()10.一

9、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

10、灯泡不烧毁。11.(2021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,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(Ld),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

11、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=1.0 m、bc=0.5 m,电阻r=2 。磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向。求:(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E1和感应电流的方向;(2)在15 s内通过线圈的电荷量q;(3)在05 s内线圈产生的焦耳热Q。参考答案课时规范练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

12、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.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BILt=BqL=mv0-0.8mv0,对棒b,由动量定理可得BI2Lt=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=12mv02-1

13、2m(0.8v0)2+12m(0.4v0)2=0.1mv02,C正确。3.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-mgsinm,随着速度的减小,金属棒的加速度逐渐减小,当mgsin =B2L2vR时速度最小,以后金属棒做匀速运动,B正确;同理可分析出若开始时安培力小于重力沿斜面向下的分力,金属棒做加速度减小的加速运动,最后匀速运动,A错误;电阻R消耗的热功率P=E2R=B2L2v2R,C正确,D错误。4.AB解析根据楞次定律可知,线圈ABCD中电流的方向为ADCBA,选

14、项A正确;线圈ABCD和线圈EFGH面积之比为12,根据E=t=BtS可知,线圈电动势之比为12,选项B正确;线圈ABCD和线圈EFGH周长之比不等于12,则电阻之比不等于12,根据I=ER可知,两线圈中的电流之比不等于11,根据P=IE可知,线圈ABCD和线圈EFGH中产生的电功率之比不等于12,选项C、D错误。5.BCD解析0t1段线框自由下落,图像的斜率表示重力加速度;t2t3段线框完全在磁场中,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

15、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,联立解得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,所以Q=mgL=mgv1(t2-t1),故D正确。6.C解析 线框匀速通过上方磁场,加速一段距离后,将减速通过下方磁场,两次通过磁场时,克服安培力做功不同,所以产生的电能不相等,A错误;根据电流公式得q=It=R=a2BR,所以通过上、下两个磁场的过程中,流过线框的电荷量相等,B错误;进入上方磁场时,速度为v1=2ga,受力分析有mg=BIa=B2a2v1R=B2a2R2ga,进入下方磁场时,

16、其速度为v2=22ga,受力分析有F=BIa-mg=B2a2v2R-mg=mg=ma,解得a=g,C正确;因为线框减速通过下方磁场的过程,最小速度不小于通过上方磁场时的速度,所以通过下方磁场时的时间较短,D错误。7.ABC解析杆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,通过b的电流为I=BLv22R=2BLv3R,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

17、,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。8.ACD解析 由于施加恒力后回路中无电流,导体棒不受安培力作用,做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得a=g,对匀减速阶段有v0=gt1=2 m/s,A正确;对自由落体阶段,根据mgh1=12mv02,解得h1=0.2 m,B错误;导体棒进入匀强磁场运动2 s后回路中磁通量达到最大,2 s时间内导体棒的位移h2=v0t2=4 m,则回路磁通量的最大值为m=BLh2=0.4 Wb,C正确;根据能量

18、守恒定律可知,整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等,Q=mgh2=4 J,D正确。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,速度图像的斜率为加速度,A正确,B错误。10.答案(1)U4BL2(2)m4BLUgR解析(1)

19、回路中的感应电动势E=B2Lv由于圆盘各处的速度不同,因此平均速度v=L+3L2=2L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=U4BL2。(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=U2R又由于v=L联立可得m=4BLUgR因此当m4BLUgR时,灯泡不烧毁。11.答案(1)B2L2v0mR-g(2)B2L3mgR(3)2nmgd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=ER所以安培力F=B2L2v0R根据牛顿第二定律F-mg=maa=B2L2v0mR-g,方向向左。(2

20、)根据动量定理,对线圈mgt-I安=0其中安培力的冲量I安=F安t=BILt=BLqq=R=BL2R综上解得t=B2L3mgR。(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mgd-W安=0所以克服安培力做功W安=mgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同,W安=W安=mgd所以对于n个线圈有Q=2nmgd。12.答案(1)10 Vadcba(2)10 C(3)100 J解析(1)磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到0.2 T,故0.5 s时刻的瞬时感应电动势的大小和01 s内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势E1=N1t1且磁通量的变化量1=B1S,可解得E1=NB1St1,代入数据得E1=10 V。01 s磁感应强度在逐渐增大,根据楞次定律,感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反,则感应电流的方向为adcba。(2)同理可得E2=NB2St2,感应电流I2=E2r,电荷量q=I2t2解得q=NB2Sr,代入数据得q=10 C。(3)01 s内的焦耳热Q1=I12rt1,且I1=E1r15 s内的焦耳热Q2=I22rt2,由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100 J。 10