高考物理一轮复习 精选题辑 课练31 电磁感应规律的综合应用-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课练31电磁感应规律的综合应用1(2018河南三门峡一模)(多选)如图所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd，铝框的质量为m、电阻为R，斜面上ef线与gh线间有垂直于斜面向上的匀强磁场，efghpqab，ehbc.如果铝框从磁场上方的某一位置由静止开始运动，则从开始运动到ab边到达gh线之间的速度(v)时间(t)图象可能正确的是()答案：CD解析：铝框开始运动阶段，未进入磁场，做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若速度适中，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，则铝框做匀速直线运动，由于ehbc，所以铝框完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应

2、电流，铝框做匀加速直线运动，铝框dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于铝框进入磁场时的速度，选项A、B错误，C正确；若铝框进入磁场时速度较小，铝框做加速度减小的加速运动，铝框完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，铝框做匀加速直线运动，铝框dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于铝框进入磁场时的速度，选项D正确2(2018湖北襄阳四中月考)(多选)如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒

3、受到的外力F随时间变化的图象正确的是 ()答案：BD解析：感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即BLvU，设电容器的Ut图象的斜率为k，由图乙可知Ukt，导体棒的速度随时间变化的关系为vt，故选项B正确；导体棒做匀加速直线运动，其加速度a，由C、I，可得IkC，由牛顿第二定律有FBILma，可以得到Fk，故选项D正确3(2018山西怀仁期末)(多选)如图甲所示，光滑的平行导轨MN、PQ固定在水平面上，导轨表面上放着光滑导体棒ab、cd，两棒之间用绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，t12t0，不计

4、ab、cd间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R，导轨间距和绝缘细杆的长度均为L.下列说法正确的是()Att0时细杆既不被拉伸也不被压缩B在0t1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩C在0t1时间内，abcd回路中的电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向D若在0t1时间内流过导体棒的电荷量为q，则t1时刻的磁感应强度大小为答案：ABD解析：由题图乙所示图象可知，tt0时磁感应强度为零，导体棒不受安培力作用，细杆既不被拉伸也不被压缩，选项A正确；在0t1时间内，磁通量先向下减少，后向上增大，由楞次定律可知，感应电流始终沿顺时针方向，为阻碍磁通量的变化，两导体棒先有远离的趋势，后有靠近的趋势

5、，则绝缘细杆先被拉伸后被压缩，选项B正确，C错误；设t1时刻磁感应强度的大小为B0，根据对称性可知，t0时刻磁感应强度的大小也为B0，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势ESL2，则回路中感应电流的大小为I，若在0t1时间内流过导体棒的电荷量为q，电荷量qIt12t0，则B0，选项D正确4(2018山东重点中学协作体联考)如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角(00，随着v增大，a也增大，棒做加速度增大的加速运动，B项正确若k0，随着v增大，a减小，棒做加速度减小的加速运动，当a0时，v达到最大后保持不变，C项正确、A项错误若k0，则a，金属棒做匀加速运动则vat，PIEt2，D项错

6、误4(2018山东潍坊段考)如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动已知重力加速度为g，则()A金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到bB金属杆ab进入磁场时速度大小为C金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为D金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零答案：B解析：由右手定则可知，金属

7、杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsin，解得v，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势EBlv，解得E，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误5(2018江苏苏州模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动，

8、则()A电容器两端的电压为零B电阻两端的电压为BLvC电容器所带电荷量为CBLvD为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为答案：C解析：当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为UEBLv，所带电荷量为QCUCBLv，故A、B错、C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，又导轨光滑，故拉力为零，D错6(2018河北邯郸一模)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，

9、下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则()A金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2B金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为D整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mghmv2答案：C解析：对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于，A错误当安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsin时，杆ab开始

10、匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为时，F安mgsin，所以F合mgsinF安mgsinma，得a，C正确；由能量守恒可得mghmv2QabQR，即mghmv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误7(2018河北唐山调研)(多选)如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R1R22R，导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过R2的电流为I，在此时刻()A重力的功率为6I2RB导体棒ab消耗的热

11、功率为4I2RC导体棒受到的安培力的大小为2BILD导体棒的速度大小为答案：BC解析：本题考查导体棒切割磁感线的电磁感应问题导体棒ab向下滑动切割磁感线产生感应电动势，R1与R2并联接在ab两端，R1R22R，设当ab棒速度为v时，流过R2的电流为I，由闭合电路欧姆定律知：2I，解得v，此时ab棒重力的功率为Pmgvsinmgsin，ab棒消耗的热功率为P(2I)2R4I2R，ab棒受到的安培力大小为FB2IL2BIL，综上知B、C正确，A、D错误8(2018湖北八校二联)(多选)如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNQP在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空

12、间存在竖直方向的磁场，磁感应强度BB0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R.t0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是()A外力F为恒力Bt0时，外力大小FC通过线框的瞬时电流iD经过t，线框中产生的电热Q答案：BCD解析：因线框沿x轴方向匀速运动，故FF安，由图中磁场分布知F安的大小是变化的，故F不是恒力，A错t0时，x0处，BB0，xd处，BB0，由EBLv，又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则E2B0Lv，I0，F安2B0I0L，而FF安，故B对因线框做匀速直线运动，则有xvt，BB0cos，又E2BLv，故i，C对由电

13、流的瞬时值表达式可知此电流为正弦交流电，有效值I，又QI2Rt，故经过t，线框中产生的电热Q，D对9某探究性学习小组研制了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h0.5 m、半径r0.2 m的圆柱体，其可绕固定轴OO逆时针(俯视)转动，角速度100 rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B0.2 T、方向都垂直于圆柱体侧表面紧靠圆柱体外侧固定一根长度与圆柱体高相等、电阻为R10.5 的细金属杆ab，杆ab与轴OO平行图丙中阻值R1.5 的电阻与理想电流表A串联后接在杆ab两端下列说法正确的是()A电流表A的示数约为1.41 AB杆ab

14、产生感应电动势的最大值约为2.83 VC电阻R消耗的电功率为2 WD在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零答案：D解析：杆ab切割磁感线产生的感应电动势为EBhv，又vr，解得E2 V，由于杆ab中产生的感应电动势E的大小保持不变，所以电流表A的示数为I A1 A，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为PI2R121.5 W1.5 W，故C错误；由楞次定律判断可知，通过电流表的电流方向周期性变化，在一个周期内两个方向通过电流表的电荷量相等，所以在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零，故D正确对线框的运动过程及受力情况分析不清而导致错误10(2018湖北十三校二联)(多选

15、)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和MN是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的vt图象(其是OA、BC、DE相互平行)已知金属线框的边长为L(Ls)、质量为m、电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是()At2时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4时刻是线框全

16、部离开磁场瞬间B从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgsCv1的大小可能为D线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多答案：AC解析：分析题给条件可知：线框进入磁场之前，做自由落体运动，即匀加速直线运动；线框的bc边进入磁场后，ad边进入磁场前，bc边受向上的安培力，加速度a，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部进入磁场中后，线框受安培力为零，又做匀加速直线运动加速度为g；当bc边出磁场，只有ad边在磁场中时，ad边受向上的安培力，a，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部出磁场之后，其只受重力，又做匀加速直线运动，加

17、速度为g；对照图乙可知，t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间，A正确由能量关系可得，从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中感应电流做的功为Wmg(sL)，B错由qn可知，线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等，D错当线框速度为v1时，其所受安培力若正好与重力相平衡，则有F安mg，即mg，得v1，C正确搞不清楚活塞移动速度和液体喷出速度关系而出错11(多选)如图所示为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图一截面为正方形(边长为L)的塑料管道水平放置，其右端面上有一个截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞

18、在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b，长度均为L，其中b棒的两端与一理想电压表相连，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中当a棒中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为s.若液体的密度为，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A活塞移动的速度大小为 B该装置的功率为C磁感应强度大小BD电压表的读数为答案：ABC解析：设液体从喷口水平射出的速度为v0，活塞移动的速度为v，液体从小喷口喷出到落地点所用时间为t，则有gt2h，sv0t，得v0s，又因为v0AvL2，所以活塞移动的速度v ，选项A正确；该装置的功率为P，t时间内有m质量液体

19、从喷口射出，由能量守恒定律可知，整个装置做的功都转化为液体的动能，则有Ptmvmv2，流出的液体的质量为mL2vt，以上各式联立可解得P，故选项B正确；因为装置的功率即为安培力的功率，故PF安v，即BILv，所以磁感应强度的大小为B，选项C正确；电压表的读数为b棒切割磁感线产生的电动势，故由法拉第电磁感应定律可得UBLv，选项D错误12(2018福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示顶角45的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的

20、外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触已知t0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m1 kg，回路接触点总电阻恒为R0.5 ，其余电阻不计回路电流I与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线求：(1)t2 s时回路的电动势E；(2)02 s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x；(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式答案：(1)2 V(2)4 C2 m(3)P4x(W)解析：(1)根据It图象可知：Ik1t(k12 A/s)当t2 s时，回路中电流I14 A根据欧姆定律：EI1R2 V(2)流过回路的电荷量qt解得：q当t2 s时，q4 C由欧姆定律得：Ilxtan45根据Bx图象可知：B(k21 Tm)解得：vt由于1 m/s2再根据vv0at，可得a1 m/s2可知导体棒做匀加速直线运动则02 s时间内导体棒的位移xat22 m(3)棒受到的安培力F安BIl根据牛顿第二定律：FF安ma根据2axv2PFv解得：P4x(W)