高考物理一輪復(fù)習(xí)高效演練創(chuàng)新題10.3《電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用》(含答案詳解)

這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí)高效演練創(chuàng)新題10.3《電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用》(含答案詳解)，共9頁。試卷主要包含了如圖甲所示,面積S=0等內(nèi)容，歡迎下載使用。
  高效演練·創(chuàng)新預(yù)測1.(2018·淮南模擬)如圖甲所示,面積S=0.2 m2的線圈,匝數(shù)n=630匝,總電阻r=1.0 Ω,線圈處在變化的磁場中,設(shè)磁場垂直紙面向外為正方向,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t按圖乙所示規(guī)律變化,方向垂直線圈平面,圖甲中傳感器可看成一個純電阻R,并標(biāo)有“3 V　0.9 W”,滑動變阻器R0上標(biāo)有“10 Ω,1 A”,則下列說法正確的是(　　)A.電流表的電流方向向左B.為了保證電路的安全,電路中允許通過的最大電流為1 AC.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢隨時間在變化D.若滑動變阻器的滑片置于最左端,為了保證電路的安全,圖乙中的t0最小值為40 s【解析】選D。根據(jù)楞次定律,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流,電流表的電流方向向右,故A項(xiàng)錯誤;傳感器正常工作時電阻為:R== Ω=10 Ω,工作電流為:I== A=0.3 A,變阻器的工作電流是1 A,所以電路允許通過的最大電流為:I=0.3 A,故B項(xiàng)錯誤;因?yàn)?/span>恒定,所以根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nS,線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢,故C項(xiàng)錯誤;滑動變阻器觸頭位于最左端時外電路電阻為:R外=20 Ω,電源電動勢的最大值為:E=I(R外+r)=6.3 V,由法拉第電磁感應(yīng)定律:E=n=,得t0=40 s,故D項(xiàng)正確。2.(2018·漳州模擬)平行金屬導(dǎo)軌MN豎直放置于絕緣水平的地板上,如圖所示,金屬桿PQ可以緊貼導(dǎo)軌無摩擦滑動,導(dǎo)軌間除固定電阻R外,其他電阻不計,勻強(qiáng)磁場B垂直穿過導(dǎo)軌平面,有以下兩種情況:第一次,閉合開關(guān)S,然后從圖中位置由靜止釋放PQ,經(jīng)過一段時間后PQ勻速到達(dá)地面;第二次,先從同一高度由靜止釋放PQ,當(dāng)PQ下滑一段距離后突然閉合開關(guān),最終PQ也勻速到達(dá)了地面。設(shè)上述兩種情況下PQ由于切割磁感線產(chǎn)生的電能(都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)分別為E1、E2,則可斷定????????????? (　　)A.E1>E2     B.E1<E2C.E1=E2     D.無法判定E1、E2大小【解析】選C。設(shè)金屬桿勻速運(yùn)動的速度為v。則由E=BLv,I=,FA=BIL,得安培力為:FA=,根據(jù)平衡條件有:FA=mg,則得:v=,可知金屬桿兩次勻速運(yùn)動的速度相同,根據(jù)功能關(guān)系可知,金屬桿的重力勢能減少轉(zhuǎn)化為桿的動能和電能,由于桿獲得的動能相同,所以兩種情況下,桿由于切割磁感線產(chǎn)生的電能相等,即E1=E2。故C項(xiàng)正確,A、B、D項(xiàng)錯誤。【加固訓(xùn)練】 (多選)(2018·南陽模擬)如圖所示,水平面上相距l=0.5 m 的兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,他們的電阻可忽略不計,在M和P之間接有最大阻值為6.0 Ω的滑動變阻器R,導(dǎo)體棒ab電阻r=1 Ω,與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,整個裝置處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4 T,滑動變阻器滑片處在正中間位置,ab在外力F作用下以v=10 m/s的速度向右勻速運(yùn)動,以下判斷正確的是 (　　)A.通過導(dǎo)體棒的電流大小為0.5 A,方向由b到aB.導(dǎo)體棒受到的安培力大小為1 N,方向水平向左C.外力F的功率大小為1 WD.若增大滑動變阻器消耗的功率,應(yīng)把滑片向M端移動【解析】選C、D。由右手定則可知通過導(dǎo)體棒的電流,方向由a到b,電流大小I==A=0.5 A,A錯誤;導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F安=BIL=0.4× 0.5×0.5 N=0.1 N,由左手定則知安培力方向向左,B錯誤;外力F的功率等于安培力的功率,即P=F安·v=0.1×10 W=1 W,C正確;若增大滑動變阻器消耗的功率,相當(dāng)于增大電源的輸出功率,應(yīng)使外電阻接近金屬棒電阻,滑片向M端移動,D正確;故選C、D。3.(2018·福州模擬)如圖所示,有一寬度為L的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向外。一個等腰直角三角形的導(dǎo)線框abc,其直角邊長也為L,在水平拉力F作用下從圖示位置開始向右勻速穿過磁場區(qū),這一過程中直角邊ab始終與磁場邊界平行。以導(dǎo)線框中逆時針方向?yàn)殡娏鞯恼较颉t下圖中能正確表示線框中電流i隨時間t變化的圖象是????????????? (　　)【解析】選A。線框剛進(jìn)入磁場時磁通量向外增加,感應(yīng)磁場向里,因此感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針,電流i應(yīng)為負(fù);隨著線框的運(yùn)動,導(dǎo)線切割磁感線長度減小,感應(yīng)電流減小,由于bc邊的長度為L,故電流反向減小的時間為:;由于磁場寬度也為L,從開始到全部進(jìn)入磁場之后,線框開始向右出磁場,該過程中向外的磁通量減小,根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流為逆時針,并逐漸減小為零,故A項(xiàng)正確。4.(新題預(yù)測)(多選)如圖所示,傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上,水平虛線PQ下方有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。正方形閉合金屬線框邊長為l,質(zhì)量為m,電阻為R,放置于PQ上方一定距離處,保持線框底邊ab與PQ平行并由靜止釋放,當(dāng)ab邊到達(dá)PQ時,線框速度為v0,ab邊到達(dá)PQ下方距離d(d>l)處時,線框速度也為v0,下列說法正確的是?????????????  (　　)A.ab邊剛進(jìn)入磁場時,電流方向?yàn)?/span>b→aB.ab邊剛進(jìn)入磁場時,線框做勻減速運(yùn)動C.線框進(jìn)入磁場過程中的最小速度可能等于D.線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為mgdsinθ【解析】選C、D。根據(jù)右手定則知,ab邊剛進(jìn)入磁場時,電流方向?yàn)?/span>a→b,故A項(xiàng)錯誤;當(dāng)ab邊到達(dá)PQ時,線框速度為v0,ab邊到達(dá)PQ下方距離d處時,線框速度也為v0,線框完全進(jìn)入磁場后做加速運(yùn)動,所以線框進(jìn)入磁場時做減速運(yùn)動,由牛頓第二定律-mgsinθ=ma可知線框在進(jìn)入磁場時,做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動,故B項(xiàng)錯誤;線框從進(jìn)入磁場到完全進(jìn)入的過程中,做減速運(yùn)動,完全進(jìn)入的瞬間速度最小,此時安培力大于重力沿斜面方向的分力,根據(jù)E=BIl, I=,FA=BIL,根據(jù)FA≥mgsinθ,有≥mgsinθ,解得v≥,即線框進(jìn)入磁場過程中的最小速度可能等于,故C項(xiàng)正確;對線框進(jìn)入磁場的過程運(yùn)用能量守恒定律得,mgdsinθ=Q,故D項(xiàng)正確。5.(新題預(yù)測)如圖所示,相距為L的平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角放置,導(dǎo)軌與定值電阻R相連,導(dǎo)軌電阻不計,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面。有一質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒從ab位置以平行導(dǎo)軌平面向上的初速度v開始運(yùn)動,最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′位置,滑行的距離為s,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ。求:(1)導(dǎo)體棒在ab位置剛開始運(yùn)動時的加速度。(2)導(dǎo)體棒從ab到a′b′位置過程中,通過電阻R的電荷量q。(3)導(dǎo)體棒從ab到a′b′位置過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。【解析】(1)導(dǎo)體棒開始時受力如圖所示(從b向a看)其中安培力為:FA=BIL=根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsinθ+FA+μmgcosθ=ma解得:a=gsinθ+μgcosθ+(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得:=根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得:=根據(jù)電荷強(qiáng)度的定義式可得通過電阻R的電荷量為q=Δt==(3)導(dǎo)體棒從ab到a′b′位置過程中,根據(jù)能量守恒定律可得:mv2=mgs·sinθ+μmgs·cosθ+2Q電阻R上產(chǎn)生的熱量為:Q=mv2-mgs·sinθ-μmgs·cosθ答案:(1)gsinθ+μgcosθ+　(2)(3)mv2-mgs·sinθ-μmgs·cosθ6.(新題預(yù)測)如圖所示,在空間中有一垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場上下邊緣間距為h=5.2 m,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1 T,邊長為L=1 m、電阻為R=1 Ω、質(zhì)量為m=1 kg的正方形導(dǎo)線框緊貼磁場區(qū)域的上邊從靜止下落,當(dāng)線圈PQ邊到達(dá)磁場的下邊緣時,恰好開始做勻速運(yùn)動,重力加速度為g=10 m/s2,求:(1)導(dǎo)線框的MN邊剛好進(jìn)磁場時的速度大小。(2)導(dǎo)線框從開始下落到PQ邊到達(dá)磁場下邊緣所經(jīng)歷的時間。【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)對導(dǎo)線框進(jìn)行受力分析和運(yùn)動過程分析,導(dǎo)線框在進(jìn)入磁場的過程中做變加速直線運(yùn)動,完全進(jìn)入磁場后做勻加速直線運(yùn)動。(2)當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動時間t、運(yùn)動位移x時常用動量定理求解更方便。【解析】(1)設(shè)導(dǎo)線框MN邊進(jìn)入磁場的速度為v0,PQ邊運(yùn)動到磁場下邊緣時的速度為vPQ邊到達(dá)磁場的下邊緣時導(dǎo)線框受力平衡,則有:mg=解得:v=10 m/s導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場到PQ離開磁場的過程中,導(dǎo)線框機(jī)械能守恒,有mv2-m=mg(h-L)解得:v0=4 m/s(2)設(shè)導(dǎo)線框從開始下落到PQ邊到達(dá)磁場下邊緣所經(jīng)歷的時間為t,根據(jù)動量定理得mgt-BILΔt=mvΔt為導(dǎo)線框進(jìn)入磁場所經(jīng)歷的時間又q=IΔt=得mgt-BqL=mv解得t=1.1 s答案:(1)4 m/s　(2)1.1 s