《高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 高考热点强化训练16 电磁感应规律的综合应用（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 高考热点强化训练16 电磁感应规律的综合应用（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.docx（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高考热点强化训练16电磁感应规律的综合应用1(2019安徽淮南市第二次模拟)如图1所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中ABL，BC2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是()图1答案D解析在线框进入0L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，可知感应电流均匀增加；从L2L，线框切割磁感线的有效长度为不变，感应电流不变，方向为
2、逆时针方向；从2L3L，线框切割磁感线的有效长度从逐渐增加到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(2019河北唐山市上学期期末)两个底边和高都是L的等腰三角形内均匀分布方向如图2所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()图2答案C解析bc边的位置坐标x在0L过程，线框bc边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv再减到0，
3、感应电流从0增加到再减到0；bc边的位置坐标x在L2L过程中，bc边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，电流先增加后减小到0，最大值为；bc边的位置坐标x在2L3L过程，bc边在磁场外，线框ad边有效切割长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv再减到0，感应电流从0增加到再减到0，故C正确，A、B、D错误3.(多选)(2019山东潍坊市下学期高考模拟)如图3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 的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2 T的匀
4、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 ，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g10 m/s2.则()图3AM点的电势高于N点B杆运动的最大速度是10m/sC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，M、N两点间的电势差大小为20V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MN，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：FmgBILmg，由于R总Rr4，
5、代入数据整理可以得到最大速度v10m/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：EBLv2110V20V，根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中总电流为：I总A5A，则此时M、N两点间的电势差大小为：UMNEI总r20V52V10V，故选项D错误4(多选)(2019陕西渭南市教学质检(二)如图4所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为，上端接有定值电阻R，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
6、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，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4A棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为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mghC棒释放瞬间的加速度大小是gsingcosD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，qt联立求得：q，A正确；设到达斜面底端速度为v，由动能定理得：mv2mghmgcosW安，则电阻R上产生的焦耳热QW安mghmgmv2，B错误；棒释放瞬间受力分析得：
7、mgsinmgcosma，加速度大小agsingcos，C正确；当棒速度为v时，感应电动势EBLv，感应电流I，则F安BIL，对导体棒由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma，则agsingcos，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vt图象可知，时间会增加，D错误5.(多选)(2019山东烟台市上学期期末)如图5所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨
8、的MN处已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图5A当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到QB当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为C导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为EpD若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为答案ACD解析由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大
9、，弹簧伸长量为时，弹簧弹力为mgsin，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B错误；导体棒最终静止，由平衡条件有：mgsinkx，则弹簧伸长量：x，由能量守恒定律有：mgxsinQEp，解得：QEp，故C正确；导体棒第一次到达MN处时，弹簧的弹力：kxmgsin，此时导体棒受到的安培力为FBIL，对导体棒，由牛顿第二定律有：kxmgsinma，解得：a，故D正确6.(2019江西南昌市一模)如图6所示，在倾角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
10、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，sin370.6，cos370.8.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：4mgsinF安F对线框b：Fmgsin且F安BIl解得：I(2)线框a匀速运动时，线框a、b速度大小相等EBlvI解得：v(3)设线框b进入磁场过程产生
11、的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程4mglsinmglsin5mv2Q得Qmgl.7(2019云南昆明市4月质检)如图7甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图象如图乙所示OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计图7(1)0t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为1的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；(2)t02t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度2到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q.答案(1)感应电流方向为：AO(2)解析(1)0t0时间内：，E1S1，S1(2r)2r2，I1解得：I1，通过电阻P的感应电流方向为：AO(2)t02t0时间内，OM转动的角速度为，感应电动势为：E2B0r，又I2，QI22Rt0，联立得：Q.