2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化練（十三）三大觀點解決電磁感應(yīng)問題

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1、2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題四 電路與電磁感應(yīng) 專題強(qiáng)化練（十三）三大觀點解決電磁感應(yīng)問題 考點1　動力學(xué)觀點 1.如圖所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(

2、　　) A．2.5 m/s，1 W　　 B．5 m/s，1 W C．7.5 m/s，9 W D．15 m/s，9 W 解析：由燈泡穩(wěn)定發(fā)光可知導(dǎo)體棒最后做勻速運動，對導(dǎo)體棒受力分析有mgsin 37°＝F安＋μmgcos 37°，又有F安＝BIL＝，解得v＝5 m/s.通過小燈泡的電流I＝＝1 A，小燈泡消耗的電功率P＝I2R＝1 W，B正確． 答案：B 2．(多選)(2018·鄭州一測)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為

3、B.圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，則 (　　) A．此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時針的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C．此時圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 解析：由右手定則可以判斷感應(yīng)電流的方向，可知A正確；由左手定則可以判斷，此時圓環(huán)受到的安培力向上，B錯誤；圓環(huán)落入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的徑向磁場中，垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv＝B·2πRv，圓環(huán)的電阻R0＝ρ，則圓環(huán)中感應(yīng)電流I＝＝，圓環(huán)受到的安培力F＝BI·2πR，圓環(huán)的加速度a＝，m＝d·2πR·πr2，可解得加速度a＝g－，C錯誤；

4、當(dāng)重力等于安培力即mg＝F時速度達(dá)到最大，即a＝0，可得vm＝，D正確． 答案：AD 3．(多選)(2018·河南八校聯(lián)考)如圖所示，正方形金屬線圈abcd平放在粗糙水平傳送帶上，被電動機(jī)帶動一起以速度v勻速運動，線圈邊長為L，電阻為R，質(zhì)量為m，有一邊界長度為2L的正方形磁場垂直于傳送帶，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈穿過磁場區(qū)域的過程中速度不變，下列說法中正確的是(　　) A．線圈穿出磁場時感應(yīng)電流的方向沿abcda B．線圈進(jìn)入磁場區(qū)域時受到水平向左的靜摩擦力，穿出磁場區(qū)域時受到水平向右的靜摩擦力 C．線圈經(jīng)過磁場區(qū)域的過程中始終受到水平向右的靜摩擦力 D．線圈經(jīng)過磁場區(qū)域的過程中

5、，電動機(jī)多消耗的電能為 解析：由右手定則可知，線圈穿出磁場時感應(yīng)電流方向沿abcda，A正確；由楞次定律可知，線圈進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程均受向左的安培力和向右的靜摩擦力，全部進(jìn)入磁場后不受靜摩擦力的作用，B、C錯誤；線圈所受的安培力F＝，則線圈經(jīng)過磁場區(qū)域的過程中，電動機(jī)多消耗的電能W＝F·2L＝，D正確． 答案：AD 4．(2018·江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿

6、導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過程中，金屬棒 (1)末速度的大小v； (2)通過的電流大小I； (3)通過的電荷量Q. 解析：(1)勻加速直線運動v2＝2as，解得v＝. (2)安培力F安＝BId， 由牛頓第二定律mgsin θ－F安＝ma，解得I＝. (3)運動時間t＝，電荷量Q＝It，解得Q＝ 答案：見解析 考點2　能量觀點 5.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)的虛線上方是一勻強(qiáng)磁場B，從虛線下方豎直上拋一正方形線圈，線圈越過虛線進(jìn)入磁場，最后又落回原處，運動過程中線圈平面保持在豎直平面內(nèi)，不計空氣阻力，則(　　) A．

7、上升過程克服磁場力做的功大于下降過程克服磁場力做的功 B．上升過程克服磁場力做的功等于下降過程克服磁場力做的功 C．上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率 D．上升過程克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力的平均功率 解析：線圈上升過程中，加速度增大且在減速，下降過程中，運動情況比較復(fù)雜，有加速、減速或勻速等，把上升過程看成反向的加速，可以比較當(dāng)運動到同一位置時，線圈速度都比下降過程中相應(yīng)的速度要大，可以得到結(jié)論：上升過程中克服安培力做功多；上升過程時間短，所以上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力的平均功率，故正確選項為A、C. 答案：AC 6.(

8、多選)如圖所示，固定在傾角為θ＝30°的斜面內(nèi)的兩根平行長直光滑金屬導(dǎo)軌的間距為d＝1 m，其底端接有阻值為R＝2 Ω的電阻，整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場中．一質(zhì)量為m＝1 kg(質(zhì)量分布均勻)的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸．現(xiàn)桿在沿斜面向上、垂直于桿的恒力F＝10 N作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動距離L＝6 m時，速度恰好達(dá)到最大(運動過程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直)．設(shè)桿接入電路的電阻為r＝2 Ω，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度g大小取10 m/s2，則此過程(　　) A．桿速度的最大值為5 m/s B．流過電阻R的電荷量為6 C C．

9、在這一過程中，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為17.5 J D．流過電阻R的電流方向為由c到d 解析：當(dāng)桿達(dá)到最大速度時滿足F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，選項A正確；流過電阻R的電荷量q＝＝＝C＝3 C，選項B錯誤；回路產(chǎn)生的焦耳熱Q＝FL－mgLsin θ－mv＝17.5 J，選項C正確；由右手定則可知，流過R的電流方向從d到c，選項D錯誤． 答案：AC 7．(多選)(2018·江蘇卷)如圖所示，豎直放置的“∩”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好

10、，其余電阻不計，重力加速度為g.金屬桿(　　) A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 解析：進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，剛離開Ⅰ和進(jìn)入Ⅱ過程中做勻加速運動，在Ⅰ中做減速運動，其加速度方向豎直向上，穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間，A錯誤，B正確；從剛進(jìn)入磁場Ⅰ和到剛進(jìn)入Ⅱ時由能量守恒得Q1＝2mgd，穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為Q＝4mgd，C正確；假設(shè)金屬桿剛好到磁場Ⅰ上邊界，恰好做勻速運動mg＝F安＝，從釋放到磁場Ⅰ上邊界由動能定理得mgh＝m

11、v2，聯(lián)立解得h＝，由于進(jìn)入磁進(jìn)時做減速運動，則釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能大于，D錯誤． 答案：BC 8.(2018·江西高三聯(lián)考)如圖所示，豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框ABCD和abcd的邊長均為l、電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的絕緣輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．開始時ABCD的下邊界與勻強(qiáng)磁場的上邊界重合，abcd的上邊界到勻強(qiáng)磁場的下邊界的距離為l.現(xiàn)將兩導(dǎo)線框由靜止釋放，當(dāng)ABCD全部進(jìn)入磁場時．兩導(dǎo)線框開始做勻速運動．不計摩擦和空氣阻力．重力加速度為g，求： (1)兩導(dǎo)線框勻速運動的速度大

12、小； (2)兩導(dǎo)線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱； (3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間． 解析：(1)如圖所示，設(shè)兩導(dǎo)線框剛勻速運動的速度大小為v、此時輕繩上的張力為FT，則對ABCD有 FT＝2mg，① 對abcd有FT＝mg＋BIl，② I＝，③ E＝Blv，④ 則v＝.⑤ (2)設(shè)兩導(dǎo)線框在從開始運動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱為Q.當(dāng)左、右兩導(dǎo)線框分別向上、向下運動2l的距離時，兩導(dǎo)線框等高，對這一過程，由能量守恒定律有 4mgl＝2mgl＋×3mv2＋Q，⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得Q＝2mgl－. (3)導(dǎo)線框abcd通過磁場的過程中以速度v勻速運動

13、，設(shè)導(dǎo)線框abcd通過磁場的時間為t，則 t＝，⑦ 聯(lián)立⑤⑦解得t＝. 答案：(1)　(2)2mgl－　(3) 考點3　動量觀點 9.(多選)如圖所示，間距為d的兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接一定值電阻R，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬棒ab以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，當(dāng)位移為x時速度減為零，已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，其余部分電阻不計，重力加速度為g，則在金屬棒的運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．金屬桿ab中的感應(yīng)電流方向由a到b B．通過電阻R的電荷量為

14、C．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mv－μmgx D．金屬棒運動的時間為－ 解析：根據(jù)右手定則可知金屬棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到a，故A錯誤；通過電阻R的電荷量q＝＝，故B正確；C.根據(jù)能量守恒定律mv＝2Q＋μmgx，可得金屬棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv－μmgx，故C正確；對于金屬棒ab，根據(jù)動量定理－Bdq－μmgt＝0－mv0，聯(lián)立解得t＝－，故D錯誤． 答案：BC 10．(多選)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上，間距為L，空間存在著方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．在導(dǎo)軌上放有兩根質(zhì)量分別為m和2m的金屬棒ab、cd，兩棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，有效電

15、阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計．現(xiàn)給金屬棒ab水平向左的瞬時沖量I0，同時給cd棒水平向右的瞬時沖量2I0，則在以后的運動過程中(　　) A．通過ab棒的最大電流為 B．cd棒的最大加速度為 C．最終兩金屬棒將靜止在導(dǎo)軌上 D．整個過程中該系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為 解析：開始時，由I＝mv可得兩棒的初速度v0＝，此時回路中的電流最大為I＝＝，cd棒受到的安培力最大F安＝BIL＝，則加速度最大a＝，此后兩棒均做減速運動，由于兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)動量守恒，則有2I0－I0＝3mv，解得v＝，一起向右勻速運動則無感應(yīng)電流，選項B正確，A、C錯誤；由能量守恒定律可知，該系統(tǒng)產(chǎn)生熱量

16、Q＝·3mv－·3mv2＝，選項D正確． 答案：BD 11.兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l.導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路．如圖所示．兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其他部分的電阻可不計．在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若兩導(dǎo)體棒在運動中始終不接觸，求： (1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？ (2)當(dāng)棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，棒cd的加速度是多大？ 解析：(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中，兩棒的總動量守恒，有mv0＝2mv， 根據(jù)能量守恒定律，整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝mv－·2mv2＝mv. (2)設(shè)棒ab的速度變?yōu)関0時，cd棒的速度為v′， 則由動量守恒可知mv0＝mv0＋mv′，得v′＝v0， 此時棒cd所受的安培力F＝BIl＝. 由牛頓第二定律可得：棒cd的加速度大小為 a＝＝. 答案：(1)mv　(2)