2023届人教版高考物理一轮复习第十章电磁感应课时规范练32电磁感应现象中的综合应用问题（Word版带解析）

课时规范练32　电磁感应现象中的综合应用问题一、基础对点练1.(多选)(动力学问题)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则(　　)A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a=D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=2.(图象问题)(2021江苏南京秦淮中学模拟)如图所示,电阻R=1Ω、半径r1=0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q。P、Q的圆心相同,Q的半径r2=0.1m;t=0时刻,Q内存在着垂直于圆面向里的磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t(T);若规定逆时针方向为电流的正方向,则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是选项图中的(　　)3.(多选)(电路、能量问题)(2021宁夏银川模拟)如图所示,半径分别为2d和d的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内,两圆弧圆心均在O点,导轨右端接有阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态,金属棒AB通过绝缘轻杆连在O\n点的固定转轴上,两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将金属棒由静止释放,金属棒绕O点转动,不计转轴处摩擦,不计导轨电阻,金属棒转动过程中始终与导轨接触良好,当金属棒AB第一次转到竖直位置时,金属棒转动的角速度为ω,则下列说法正确的是(　　)A.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒AB两端的电压为Bd2ωB.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒受到的安培力大小为C.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为D.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热4.(多选)(动量、能量问题)(2021山东烟台高三一模)如图所示,间距为L、电阻不计的两根足够长的光滑平行金属导轨放置在绝缘的水平桌面上。质量均为m、阻值均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置,两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连。棒ab右侧有一宽度为s的矩形匀强磁场区域,s>l,磁场方向竖直向下。从图示位置开始在ab棒上施加向右的水平恒力F,使金属棒ab和cd向右匀速进入匀强磁场区域,当cd棒进入磁场后,立即撤去拉力F,最后两根金属棒能够穿出磁场区。已知ab开始运动前,细线恰好伸直且无拉力,金属棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)A.金属棒进入磁场区域的速度为B.两根金属棒进入磁场区域和离开磁场区域过程中,流过金属棒ab的电荷量绝对值相等C.金属棒cd离开磁场区域后两根金属棒的速度为D.两根金属棒在穿过磁场区域的过程中,回路中产生的总焦耳热为2Fs-5.(多选)(能量问题)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(L<d)、质量为m、电阻为R。将线框在磁场上方高h处由静止释放,ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度恰好相等。则在线框全部穿过磁场的过程中(　　)\nA.ab边刚进入磁场时ab两端的电势差为BLB.感应电流所做功为mgdC.感应电流所做功为2mgdD.线框最小速度为v=二、素养综合练6.(2021贵州遵义模拟)如图甲所示,两足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上,间距为d=0.5m,导轨电阻不计。A、B、C、D、E、F点为两导轨上的点,矩形CEFD区域内存在匀强磁场B,其大小随时间的变化如图乙所示,C、E两点间的距离L=6m。A、B处静止放置一接入电路阻值r=3Ω的导体棒,导体棒在一恒力F的作用下从0时刻开始运动(导体棒与两导轨始终垂直)。已知在导体棒从AB位置运动到EF位置的过程中,灯泡的亮度不变,灯泡电阻RL=6Ω,定值电阻R=6Ω,求:(1)前2s内回路中电动势E的大小;(2)通过灯泡的电流大小I;(3)导体棒的质量m。7.(2021广西南宁高三模拟)如图所示,间距为L=1m的平行光滑金属导轨倾斜固定放置,导轨足够长,导轨平面的倾角为θ=30°,导轨下端分别连接有阻值为1Ω的定值电阻R,电动势E=3V、内阻r=1Ω的直流电源,质量为m=0.5kg、长为L、电阻为r=1Ω的金属棒放在导轨上,绕轻质定滑轮的细线一端连接在杆的中点,另一端悬吊质量为m物=1kg的重物,导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,金属棒与定滑轮间的细线与导轨平行,只闭合开关S1,金属棒处于静止状态,重力加速度g取10m/s2,重物离地足够高,金属导轨电阻不计。\n(1)求匀强磁场磁感应强度大小。(2)再闭合开关S2,求闭合S2的一瞬间,重物的加速度大小。(3)在金属棒静止时,若断开S1,同时闭合S2,当通过电阻R的电荷量为5C时,重物已做匀速运动;至此时电阻R产生的焦耳热为多少?8.如图,相距L的光滑金属导轨,半径为R的的圆弧部分竖直放置,直的部分固定于水平地面,zyDE范围内有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab从圆弧导轨的顶端由静止释放,进入磁场后与cd棒没有接触。已知ab的质量为m,电阻为r,cd棒的质量为2m,电阻为r,金属导轨的电阻不计。(1)求当ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力大小。(2)当ab棒刚进入磁场边界zy时,求此时cd棒的加速度,并在图中标出通过cd棒的电流方向。(3)若cd棒离开磁场时的速度是此刻ab棒速度的一半,求:①棒ab与cd从一开始到此刻产生的热量;②cd棒离开磁场瞬间(可看作不在磁场),ab棒受到的安培力大小。\n课时规范练32　电磁感应现象中的综合应用问题1.AD　解析:由右手定则可以判断感应电流的方向为顺时针,可知选项A正确;由左手定则可以判断,此时圆环受到的安培力方向应该向上,选项B错误;对圆环受力分析可解得加速度a=g-,选项C错误;当重力等于安培力时速度达到最大,可得vm=,选项D正确。2.C　解析:由电磁感应定律可得,圆形导线框P中产生的感应电动势为E==×π=0.01πV,由欧姆定律可知,圆形导线框P中产生的感应电流为I==0.01πA,因为原磁场是向里减小的,由楞次定律可知,感应电流的方向与规定的正方向相反,A、B、D错误,C正确。3.BC　解析:金属棒第一次转到竖直位置时角速度为ω,则电动势E=Bd·Bd2ω,此时AB两端的电压为路端电压,则有UAB=E=Bd2ω,选项A错误;此时电路中的电流I=,金属棒受到的安培力大小为F安=BId=,选项B正确;从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为q=,选项C正确;根据能量守恒定律可知,减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热和金属棒的动能之和,选项D错误。4.BC　解析:设金属棒进入磁场的速度为v1,根据金属棒匀速进入磁场有F=BIL、E=BLv1、I=,联立解得v1=,A错误;根据电荷量的表达式q=,可知,由于进出磁场的磁通量的变化量相同,故流过金属棒ab的电荷量绝对值相等,且有q=,B正确;金属棒cd离开磁场区域后两根金属棒的速度为v2,根据动量定理有-BLΔt=2mv2-2mv1,且有q=·Δt=,联立解得v2=,C正确;两根金属棒在穿过磁场区域的过程中,根据能量守恒定律有Fl=Q+·2m·2m,解得Q=2Fl-,D错误。5.CD　解析:线框自由下落过程,有mgh=,ab边刚进入磁场时,有E=BLv0,U=BLv0,解得U=,故选项A错误。根据能量守恒定律,从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程,动能变化为0,重力势能转化为线框产生的热量,Q=mgd,ab边刚进入磁场时速度为v0,ab边刚离开磁场时速度也为v0,所以从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程,线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的过程产生的热量相等,所以线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程,产生的热量Q'=2mgd,感应电流做的功为2mgd,故B错误,C正确。因为进磁场时要减速,即此时的安培力大于重力,速度减小,安培力也减小,若安培力减到等于重力,线框做匀速运动,全部进入磁场将做加速运动,设线框的最小速度为v,\n知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理,从ab边刚进入磁场到线框完全进入时,有mv2-=mgL-mgd,又=mgh,综上所述,线框的最小速度为,故D正确。6.答案:(1)6V　(2)0.5A　(3)kg解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,前2s内的电动势为E=·S=·dL=2×0.5×6V=6V。(2)导体棒相当于电源,回路的总电流为I总=回路总电阻为R总=r+=6Ω由于灯泡电阻与固定电阻阻值相等,故通过灯泡的电流为I=I总解得I=0.5A。(3)2s后导体棒进入磁场中匀速运动,产生的感应电动势为E=Bd·v拉力等于安培力,F=F安=BI总·d导体棒在进入磁场前做匀加速直线运动,有F=mav=at联立解得m=kg。7.答案:(1)5T　(2)m/s2　(3)7.365J解析:(1)流过金属棒的电流I1==1.5A由于金属棒处于静止状态,因此BI1L+mgsinθ=m物g代入数据可得B=5T。(2)设闭合S2的一瞬间,流过金属棒的电流为I2,根据闭合电路欧姆定律得I2r+(I2+)r=E可得I2=1A对金属棒,根据牛顿第二定律得FT-mgsinθ-BI2L=ma对重物m物g-FT=m物a联立解得a=m/s2。(3)金属棒上升的过程中,平均感应电动势平均电流流过某截面的电荷量q=·Δt代入数据可得,金属棒上升的距离x=2m\n重物做匀速运动的速度为v,根据平衡条件得m物g=mgsinθ+BI3L而I3=代入数据可得,重物运行的速度v=0.6m/s根据能量守恒定律得m物gx=mgxsinθ+(m物+m)v2+Q而QR=Q解得QR=7.365J。8.答案:(1)3mg　(2),电流方向见解析　(3)①mgR　②解析:(1)由机械能守恒可得mgR=mv2解得v2=2gR又根据向心力公式,有F-mg=m得F=3mg由牛顿第三定律可得,压力大小为3mg。(2)由(1)知v=故E=BLv=BL得I=所以,可得加速度为a=电流方向如图所示。(3)棒ab到zy边界时的速度为此时的总动能为Ek=mgR设cd棒离开磁场时ab棒的速度为vab则vcd=vab故有mv=mvab+2m·vab解得vab=。①故Q=mgR-·2mmgR。\n②所以此时有E=BLvab、I=、F=BIL联立解得F=。