2019年高考物理总复习第十章电磁感应专题讲座九电磁感应的综合应用(二)课时训练教科版.docx

专题讲座九电磁感应的综合应用(二)1.(2018西安模拟)如图所示,在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环,不计空气阻力,以下判断正确的是(B)A.释放圆环,环下落时产生感应电流B.释放圆环,环下落时无感应电流C.释放圆环,环下落时环的机械能不守恒D.以上说法都不正确解析:圆环竖直向下运动时,通过圆环的磁通量始终为零,不产生感应电流,故A,D错误,B正确;由于没有感应电流,没有安培力做功,只有重力做功,故环的机械能守恒,故C错误.2.(2018景德镇模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,设磁场区域宽度大于线圈宽度,则(C)A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时即已停下C.线圈能通过场区不会停下D.线圈在磁场中某个位置停下解析:线圈进入或出磁场,安培力做负功,则出磁场时的速度小于进磁场时的速度,所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,而进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,由于出磁场后,动能不为零,线圈将继续运动,故C正确,A,B,D错误.3.(2017南充二模)如图所示,虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,实线框abcd是一长方形导线框,ab=2bc,ab边与ab平行,若将导线框匀速地拉离磁场区域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功,W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功,则(B)A.W1=W2B.W2=2W1C.W1=2W2D.W2=4W1解析:设bc=L,ab=2L,回路总电阻为R,面积为S;根据外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1.故选B.4.(2018成都模拟)如图所示,水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中,导轨上的金属棒ab与导轨接触良好.让ab棒以水平初速度v0向右运动,最后静止在导轨上.比较棒与导轨间无摩擦和有摩擦的两种情况,对该过程,说法正确的是(C)A.安培力对ab棒所做的功相等B.电流所做的功相等C.转化的总内能相等D.通过ab棒的电荷量相等解析:当导轨光滑时,金属棒克服安培力做功,动能全部转化为焦耳热,产生的内能等于金属棒的初动能;当导轨粗糙时,金属棒在导轨上滑动,一方面要克服摩擦力做功,摩擦生热,把部分动能转化为内能,另一方面要克服安培力做功,金属棒的部分动能转化为焦耳热,摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能;所以,导轨粗糙时,安培力做的功少,故A错误;电流所做的功等于回路中产生的焦耳热,根据功能关系可知导轨光滑时,金属棒克服安培力做功多,产生的焦耳热多,电流做功多,故B错误;两种情况下,产生的总内能相等,都等于金属棒的初动能,故C正确;根据感应电荷量公式q=,x是ab棒滑行的位移大小,导轨光滑时x较大,则感应电荷量较大,故D错误.5.(2017丰台区一模)如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B.开始时,棒cd静止,棒ab有一个向左的初速度v0,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是(B)A.ab棒做匀减速直线运动,cd棒做匀加速直线运动B.ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量C.ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能解析:初始时ab棒向左运动受到向右的安培力,cd棒受到向左的安培力,所以ab棒减速,cd棒加速,设ab棒速度为v1,cd棒速度为v2,开始时v1v2,随着运动两棒的相对速度v=v1-v2逐渐减小至0,两棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv,E也逐渐减小最终为0,感应电流逐渐减小到0,安培力逐渐减到0,所以ab棒做加速度逐渐减小的变减速直线运动,cd棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动,故A错误;两棒组成的系统受安培力的合力为零,故系统的动量守恒,所以ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量,故B正确;回路中有感应电流时,电流做功产生电热,所以根据能量守恒可知,ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与两棒产生电热之和,所以ab棒减小的动能大于cd棒增加的动能,故C错误;当v1v2时,机械能转化为电能,之后两棒以共同的速度做匀速直线运动,机械能守恒,不再产生电能,故D错误.6.(2017济源二模)如图所示,一个总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框,竖直虚线之间有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于线框所在的平面向里.线框以速度v向右匀速通过磁场;ab边始终与磁场边界垂直,从b点到达边界开始到a点离开磁场为止,在这个过程中(A)A.线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B.ab段直导线始终不受安培力的作用C.平均感应电动势为BdvD.线框中产生的焦耳热为解析:线框进入磁场时穿过线框的磁通量先向里增加,离开磁场时线框的磁通量向里减小,根据楞次定律可知,感应电流先逆时针方向后顺时针方向,故A正确;线框穿过磁场时回路中有感应电流,则ab段导线受到安培力作用,故B错误;根据题意知穿过磁场过程中产生的交变电流的最大电动势为Bdv,最小值为0,其平均值不等于最大值与最小值之和的,故C错误;因为线框是“半正弦波”形闭合线框,故在穿过磁场过程中感应电流为正弦式交变电流,该电流的最大值为Im=,则其有效值为I=Im=,在穿过磁场的时间t=时间内线框产生的焦耳热Q=I2Rt=()2R=,故D错误.7.(2017宜昌一模)(多选)如图所示,足够长的光滑金属导轨MN,PQ平行放置,且都倾斜着与水平面成夹角.在导轨的最上端M,P之间接有电阻R,不计其他电阻.导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨,当没有磁场时,ab上升的最大高度为H;若存在垂直导轨平面的匀强磁场时,ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直,且初速度都相等.关于上述情景,下列说法正确的是(BD)A.两次上升的最大高度相比较为HhB.有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功C.有磁场时,电阻R产生的焦耳热为mD.有磁场时,ab上升过程的最小加速度为gsin 解析:无磁场时,根据能量守恒,知动能全部转化为重力势能.有磁场时,动能一部分转化为重力势能,还有一部分转化为整个回路的内能.则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能,所以hH,故A错误.由动能定理知,合力的功等于导体棒动能的变化量,有、无磁场时,棒的初速度相等,末速度都为零,即导体棒动能的变化量相等,则知导体棒所受合力的功相等,故B正确.设电阻R产生的焦耳热为Q.根据能量守恒知m=Q+mgh,则Qmgsin ,根据牛顿第二定律,知加速度a大于gsin .到达最高点时加速度最小,其值为gsin .故D正确.8.(2018江西校级模拟)(多选)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.将线框在磁场上方高h处由静止开始释放,当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中(CD)A.线框一直都有感应电流B.线框一直做匀速运动C.线框产生的热量为mg(d+L)D.线框做减速运动解析:线框进入和穿出磁场过程中,穿过线框的磁通量发生变化,有感应电流产生.当线框完全在磁场中运动时,磁通量不变,没有感应电流产生,故A错误.线框完全在磁场中运动时,线框不受安培力,只受重力,加速度为g,故B错误.ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程,动能不变,根据能量守恒定律得,线框产生的热量Q=mg(d+L),故C正确.当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,而线框完全进入磁场后做加速运动,说明线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后速度小于v0,故D正确.9.(2017宁德一模)(多选)如图所示,固定在倾角为=30的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d=1 m,其底端接有阻值为R=2 的电阻,整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中.一质量为m=1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触.现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F=10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L=6 m时,速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直).设杆接入电路的电阻为r=2 ,导轨电阻不计,重力加速度大小为g=10 m/s2.则此过程(AC)A.杆的速度最大值为5 m/sB.流过电阻R的电荷量为6 CC.在这一过程中,整个回路产生的焦耳热为17.5 JD.流过电阻R电流方向为由c到d解析:由题意知当杆的速度达到最大时,杆所受合力为零,以杆为研究对象受力如图所示根据平衡可知F=mgsin 30+F安=mgsin 30+B()d代入数据可解得vm=5 m/s,故A正确;在杆运动L=6 m的过程中,通过电阻R电荷量Q= C=3 C,故B错误;在整个过程中根据功能关系,可知F做的功等于杆机械能的增加和回路中产生的焦耳热之和,即FL=mgLsin +m+Q,由此可得回路中产生的焦耳热Q=FL-mgLsin -m=106 J-1106 J-152 J=17.5 J,故C正确;根据楞次定律可知,通过电阻的电流方向从d到c,故D错误.10.导学号 58826227(2018泰州校级模拟)(多选)一质量为m、电阻为r的金属杆AB,以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30角,两导轨上端用一电阻R相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v,则金属杆在滑行过程中正确的是(ABC)A.向上滑行的时间小于向下滑行的时间B.在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C.向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D.金属杆从开始上滑至返回出发点,电阻R上产生的热量为m(-v2)解析:因为上滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度,而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移大小相等,所以上滑过程的时间比下滑过程短,故A正确;由E=BLv可知上滑阶段的平均感应电动势E1大于下滑阶段的平均感应电动势E2,上滑阶段和下滑阶段金属杆扫过面积相等,电荷量q=It=t=t=,故上滑阶段和下滑阶段通过R的电荷量相同,所以C正确;由公式W电=qE电动势,可知上滑阶段回路电流做功即电阻R产生的热量比下滑阶段多.所以B正确;金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中,只有安培力做功,动能的一部分转化为内能,电阻R与金属杆电阻产生的总热量就是金属杆减小的动能,D 错误.11.导学号 58826228如图所示,光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连,在距弧形轨道较远处的水平轨道上方有一足够长的金属杆,杆上挂有一光滑螺线管,在弧形轨道上高为H的地方无初速度释放一磁铁(可视为质点),下滑至水平轨道时恰好沿螺线管的轴心运动,设螺线管和磁铁的质量分别为M,m,求:(1)螺线管获得的最大速度;(2)全过程中整个电路所消耗的电能.解析:(1)当磁铁在光滑弧形轨道上运动时,可认为还没有与螺线管发生相互作用,根据机械能守恒可求出磁铁进入水平轨道时的速度,即mgH=m.当磁铁在水平轨道上靠近螺线管时,由于电磁感应现象使磁铁与螺线管之间产生相互作用力,最终当两者速度相等时,电磁感应现象消失,一起做匀速直线运动,此时,螺线管速度达到最大,设为v,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v所以,v=.(2)根据能量守恒定律有E=mgH-(M+m)v2,解得E=.答案:(1)(2)12.导学号 58826229(2017新余一模)如图所示,PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨,导轨间距为L.PQ,MN,CD,EF为相同的弧形导轨;QM,DE为足够长的水平导轨.导轨的水平部分QM和DE处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.a,b为材料相同、长都为L的导体棒,跨接在导轨上.已知a棒的质量为m、电阻为R,a棒的横截面是b的3倍.金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放,分别通过DQ,EM同时进入匀强磁场中,a,b棒在水平导轨上运动时不会相碰.若金属棒a,b与导轨接触良好,且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦.(1)金属棒a,b刚进入磁场时,回路中感应电流的方向如何?(2)通过分析计算说明,从金属棒a,b进入磁场至某金属棒第一次离开磁场的过程中,电路中产生的焦耳热.解析:(1)金属棒a,b刚进入磁场时,闭合电路的磁通量减少,根据楞次定律可判断出,回路中感应电流的方向为QDEMQ.(2)金属棒从弧形轨道下滑过程,机械能守恒由mgh=m,解得v1=,金属棒a,b同时进入磁场区域后,产生感应电流,受到安培力作用,速度发生变化,当a,b棒同速时,回路中磁通量不再发生变化,则不产生感应电流,不受安培力作用,金属棒a,b将共同匀速运动.由于a,b棒在水平方向所受合外力为零,故动量守恒,且由题可知ma=3mb有mav1-mbv1=(ma+mb)v2解得v2=,方向水平向右.从金属棒a,b进入磁场开始,到金属棒b第一次离开磁场的过程中,由能量守恒,得(ma+mb)gh=(ma+mb)+Q即Q=mgh.答案:(1)QDEMQ(2)mgh13.导学号 58826230(2