2022步步高大一轮复习--物理 第十章 电磁感应 高考热点强化训练14 电磁感应规律的综合应用

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图1
答案 D
解析 在线框进入0～L范围时，线框内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到eq \f(L,2)，可知感应电流均匀增加；从L～2L，线框切割磁感线的有效长度为eq \f(L,2)不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L～3L，线框切割磁感线的有效长度从eq \f(L,2)逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到原来的2倍，方向为顺时针方向，故选D.
2.(多选)(2020·山东潍坊市模拟)如图2所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1 m，其左端用导线接有两个阻值为4 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2 T的匀强磁场中．一质量为2 kg的导体杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2 Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5.对杆施加水平向右、大小为20 N的拉力F，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2.则( )
图2
A．M点的电势高于N点
B．杆运动的最大速度是10 m/s
C．杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等
D．当杆达到最大速度时，MN两点间的电势差大小为20 V
答案 BC
解析 根据右手定则可知，MN产生的感应电流的方向为M→N，则N相当于电源的正极，故M点的电势低于N点，故选项A错误；当杆的合力为零时，其速度达到最大值，即：F＝μmg＋BIL＝μmg＋eq \f(B2L2v,R总)，由于R总＝eq \f(1,2)R＋r＝4 Ω，代入数据整理可以得到最大速度v＝10 m/s，故选项B正确；由于杆接入电路的电阻r与两电阻并联阻值相等，而且并联的电流与通过杆MN的电流始终相等，则根据焦耳定律可知，杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，故选项C正确；当杆的速度最大时，杆产生的感应电动势为：E＝BLv＝2×1×10 V＝20 V，根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中总电流为：I总＝eq \f(E,R总)＝eq \f(20,4) A＝5 A，则此时MN两点间的电势差大小为：UMN＝E－I总r＝20 V－5×2 V＝10 V，故选项D错误．
3．(多选)(2020·陕西渭南市质检)如图3所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有阻值为R的定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是( )
图3
A．棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为eq \f(BLh,Rsin θ)
B．棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－eq \f(μmgh,tan θ)
C．棒释放瞬间的加速度大小是gsin θ－μgcs θ
D．如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变
答案 AC
解析 根据eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \x\t(I)＝eq \f(E,R)，q＝eq \x\t(I)Δt联立求得：q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLh,Rsin θ)，A正确；设到达斜面底端时的速度大小为v，由动能定理得：eq \f(1,2)mv2＝mgh－μmgcs θeq \f(h,sin θ)－W安，则电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－μmgeq \f(h,tan θ)－eq \f(1,2)mv2，B错误；棒释放瞬间，对棒受力分析得：mgsin θ－μmgcs θ＝ma，则加速度大小a＝gsin θ－μgcs θ，C正确；当棒速度为v时，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(E,R)，则F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，对导体棒由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcs θ－eq \f(B2L2v,R)＝ma，则a＝gsin θ－μgcs θ－eq \f(B2L2v,mR)，所以当速度相同时，增加导体棒质量，加速度会减小，而位移不变，结合v－t图象可知，时间会增加，D错误．
4．(多选)(2018·江苏卷·9)如图4所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆( )
图4
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq \f(m2gR2,2B4L4)
答案 BC
解析 穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A错．
金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知
ma＝BIL－mg＝eq \f(B2L2v,R)－mg，
a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；
在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v－t图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B对．
由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，mg·2d－W安1＝0，
W安1＝2mgd，
即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C对．
设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，
则由机械能守恒定律知
mgh＝eq \f(1,2)mv2，①
进入磁场时ma＝BIL－mg＝eq \f(B2L2v,R)－mg，
解得v＝eq \f(ma＋gR,B2L2)，②
由①②式得h＝eq \f(m2a＋g2R2,2B4L4g)>eq \f(m2gR2,2B4L4)，D错．
5．(2019·江苏泰州中学月考)如图5甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．求：
图5
(1)线圈中的感应电流的大小和方向；
(2)电阻R在0～6 s消耗的总功率；
(3)前4 s内通过R的电荷量．
答案 见解析
解析 (1)0～4 s内，由法拉第电磁感应定律有：
E1＝neq \f(ΔΦ1,Δt1)＝neq \f(ΔB1·S,Δt1)＝100×eq \f(0.4－0.2,4)×0.02 V
＝0.1 V，
线圈中的感应电流大小为：I1＝eq \f(E1,R＋r)＝eq \f(0.1,4＋1) A＝0.02 A，由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向．
4～6 s内，由法拉第电磁感应定律有：
E2＝neq \f(ΔΦ2,Δt2)＝neq \f(ΔB2·S,Δt2)＝100×eq \f(0.4,2)×0.02 V＝0.4 V，
线圈中的感应电流大小为：I2＝eq \f(E2,R＋r)＝eq \f(0.4,4＋1) A＝0.08 A，由楞次定律知感应电流方向沿顺时针方向．
(2)0～4 s内，R消耗的功率为：
P1＝I12R＝0.022×4 W＝1.6×10－3 W
4～6 s内，R消耗的功率为：
P2＝I22R＝0.082×4 W＝2.56×10－2 W
故R消耗的总功率为：P＝P1＋P2＝2.72×10－2 W.
(3)前4 s内通过R的电荷量为：
q＝I1Δt＝0.02×4 C＝0.08 C.
6.(2019·江西南昌市一模)如图6所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，线框a恰好匀速穿越磁场区域．不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图6
(1)线框a穿出磁场区域时的电流大小；
(2)线框a穿越磁场区域时的速度大小；
(3)线框b进入磁场过程中产生的焦耳热．
答案 见解析
解析 (1)设绳子拉力为F，线框a匀速穿出磁场区域时
对线框a：4mgsin θ＝F安＋F
对线框b：F＝mgsin θ且F安＝BIl，解得：I＝eq \f(9mg,5Bl)
(2)线框a匀速运动时，线框a、b速度大小相等
E＝Blv，I＝eq \f(E,R)，解得：v＝eq \f(9mgR,5B2l2)
(3)设线框b进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程4mglsin θ＝mglsin θ＋eq \f(1,2)×5mv2＋Q
得Q＝eq \f(9,5)mgl－eq \f(81m3g2R2,10B4l4).
7．(2019·江苏泰州市期末)如图7所示，光滑导轨MN和PQ固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2.两导轨间有一边长为eq \f(L,2)的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab处由静止释放，若金属杆
离开磁场前已做匀速运动，不计导轨和金属杆的电阻．重力加速度为g，求：
图7
(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向；
(2)金属杆离开磁场时速度的大小；
(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1上产生的焦耳热．
答案 (1)eq \f(mg,BL) 方向从P到M
(2)eq \f(2mgR,B2L2)
(3)eq \f(mgL,4)－eq \f(m3g2R2,B4L4)
解析 (1)设流过金属杆中的电流为I，
由平衡条件得mg＝BIeq \f(L,2)，
解得I＝eq \f(2mg,BL)
因R1、R2电阻相同，
所以R1中的电流大小I1＝eq \f(I,2)＝eq \f(mg,BL)，方向从P到M.
(2)设杆匀速运动时的速度大小为v
由E＝Beq \f(L,2)v
E＝Ieq \f(R,2)
得v＝eq \f(2mgR,B2L2)
(3)由能量守恒可知：mgeq \f(L,2)＝Q＋eq \f(1,2)mv2
解得Q＝eq \f(mgL,2)－eq \f(2m3g2R2,B4L4)
则R1上产生的焦耳热为QR1＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(mgL,4)－eq \f(m3g2R2,B4L4).