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1、（新課標）2022年高考物理一輪復習 主題九 電磁感應 課時跟蹤訓練45 一、選擇題 1．(多選)(2017·寧夏銀川模擬)如圖所示，軌道分粗糙的水平段和光滑的圓弧段兩部分，O點為圓弧的圓心，半徑R＝1 m．兩軌道之間的寬度為0.5 m，勻強磁場方向豎直向上，磁感應強度大小為0.5 T．質量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細桿置于軌道上的M點，當在金屬細桿內通以恒為2 A的電流時，金屬細桿沿軌道由靜止開始運動．已知金屬細桿與水平段軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，N、P為導軌上的兩點，ON豎直、OP水平，且|MN|＝1 m，g取10 m/s2，則(　　) A．金屬細桿開始運動時的加

2、速度大小為4 m/s2 B．金屬細桿運動到P點時的速度大小為 m/s C．金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為8 m/s2 D．金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N [解析]　由牛頓第二定律可知，剛開始運動時的加速度為：a＝＝＝4 m/s2，故A正確；從M到P過程，由動能定理得：(BIL－μmg)·|MN|＋BILR－mgR＝mv－0 解得：vP＝2 m/s，故B錯誤；在P點的向心加速度大小為：an＝＝ m/s2＝8 m/s2，故C正確；在P點，由牛頓第二定律得：2F－BIL＝man　解得：F＝0.45 N 由牛頓第三定律可知，金屬細桿對每一條軌道的作用力大

3、小為：F′＝F＝0.45 N，故D錯誤．故選AC. [答案]　AC 2．(多選)(2017·云南部分名校統(tǒng)考)如圖所示，兩條平行光滑金屬導軌NM、PQ(其電阻不計)固定在水平面內，導軌間距L＝1 m，導軌左端連一個阻值為R＝7.5 Ω的電阻，導軌處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝2 T，金屬桿的質量為0.4 kg，內阻為0.5 Ω，橫放在導軌上，且通過滑輪和輕繩連接一個質量為m＝0.1 kg的物體，不計一切摩擦，現(xiàn)將物體自由釋放，導軌足夠長，金屬桿在水平軌道內運動到速度最大過程中，位移為l＝1.8 m，下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．剛釋放瞬間，金屬桿的加速

4、度大小a＝2.5 m/s2 B．金屬桿運動的最大速度為vm＝2 m/s C．電阻的最大熱功率P＝2 W D．從靜止開始運動到速度最大的過程中，金屬桿克服安培力做功0.8 J [解析]　剛釋放物體時，回路中電流為零，則有mg＝m桿a＋ma，解得a＝2 m/s2，A錯誤；由mg＝得金屬桿運動的最大速度為vm＝2 m/s，B正確；此時I＝＝0.5 A，電阻的熱功率最大值P＝I2R＝1.875 W，C錯誤；由能量守恒得W克＋(m＋m桿)v＝mgl，解得W克＝0.8 J，D正確． [答案]　BD 3．(多選)(2017·吉林普通高中三模)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度大小

5、為B，方向垂直紙面向里，質量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進磁場，當AC剛進入磁場時線框的速度大小為v，方向與磁場邊界所成夾角為45°，若線框的總電阻為R，則(　　) A．線框穿進磁場過程中，框中電流的方向為D→C→B→A→D B．AC剛進入磁場時線框中感應電流為 C．AC剛進入磁場時線框所受安培力大小為 D．此時CD兩端電壓為Bav [解析]　線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，則感應電流的方向為A→B→C→D→A，A錯誤；AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產生的感應電動勢為E＝Bav，

6、則線框中感應電流為I＝＝，故CD兩端的電壓為U＝I×R＝Bav，B錯誤，D正確；AC剛進入磁場時線框的CD邊受到的安培力的方向與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD邊向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，即F合＝F＝，C正確． [答案]　CD 4．(多選)(2017·廣東肇慶模擬)如圖所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R＝4 Ω的導體棒彎成半徑L＝0.2 m的閉合圓環(huán)，圓心為O，COD是一條直徑，在O、D間接有負載電阻R1＝1 Ω.整個圓環(huán)中均有B＝0.5

7、T的勻強磁場垂直環(huán)面穿過．電阻r＝1 Ω的導體棒OA貼著圓環(huán)做勻速運動，角速度ω＝300 rad/s，則(　　) A．當OA到達OC處時，圓環(huán)的電功率為1 W B．當OA到達OC處時，圓環(huán)的電功率為2 W C．全電路最大功率為3 W D．全電路最大功率為4.5 W [解析]　當OA到達OC處時，圓環(huán)接入電路的電阻為1 Ω，與R1串聯(lián)接入電源，外電阻為2 Ω，棒轉動過程中產生的感應電動勢E＝BL2ω＝3 V，圓環(huán)上分壓為1 V，所以圓環(huán)上的電功率為1 W，A正確，B錯誤；當OA到達OD處時，圓環(huán)接入電路的電阻為零，此時電路中總電阻最小，而電動勢不變，所以電功率最大為P＝＝4.5 W

8、，C錯誤，D正確． [答案]　AD 5．(2017·山東淄博模擬)如圖所示，ad、bc為固定的水平光滑平行金屬導軌，導軌間距為L，左右兩端接有定值電阻R1和R2，R1＝R2＝R，整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中．質量為m的導體棒MN放在導軌上，棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌與棒的電阻．兩根相同的輕質彈簧甲和乙一端固定，另一端與棒的中點連接．初始時刻，兩根彈簧恰好處于原長狀態(tài)，給棒一個水平向左的初速度v0，棒第一次運動至最右端的過程中R1產生的焦耳熱為Q，下列說法中正確的是(　　) A．初始時刻棒所受安培力的大小為 B．棒第一次回到初始位置的時刻，R2的

9、電功率為 C．棒第一次到達最右端的時刻，兩根彈簧具有彈性勢能的總量為mv－Q D．從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生的焦耳熱大于 [解析]　由F安＝BIL及I＝＝，得安培力大小為F安＝，故A項錯誤；則由于安培力始終對MN做負功，產生焦耳熱，由動能定理得當棒再次回到初始位置時，速度小于v0，棒產生的感應電動勢小于BLv0，則電阻R2的電功率小于，故B項錯誤；由能量守恒知，當棒第一次到達最右端時，棒的機械能全部轉化為整個回路中的焦耳熱和甲、乙彈簧的彈性勢能，兩個并聯(lián)電阻相同，產生的熱量相同，則電路中產生的總熱量為2Q，兩根彈簧具有的彈性勢能為mv－2Q，故C項錯誤；由于安培

10、力始終對棒做負功，產生焦耳熱，在棒從初始位置到達最左端、從最左端回到初始位置、再從初始位置到達最右端這三個過程中，棒第一次到達最左端的過程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，整個過程中電路中產生總熱量為2Q，則棒從初始時刻至第一次到達最左端的過程中，整個回路中產生的焦耳熱應大于×2Q，故D項正確． [答案]　D 6．(多選)在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B，方向相反的水平勻強磁場，如圖所示．PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個邊長為a、質量為m、電阻值為R的正方形金屬線框，以速度v垂直磁場方向從圖(Ⅰ)位置開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的圖(Ⅱ)

11、位置時，線框的速度為，則下列說法正確的是(　　) A．在圖(Ⅱ)位置時線框中的電功率為 B．此過程中回路產生的電能為mv2 C．在圖(Ⅱ)位置時線框的加速度大小為 D．此過程中通過線框截面的電荷量為 [解析]　線框在圖(Ⅱ)位置時，線框中產生的感應電動勢為E＝2＝Bav，線框中的電功率為P＝＝，A正確；根據(jù)能量守恒定律得，線框從圖(Ⅰ)位置運動到圖(Ⅱ)位置的過程中，線框中產生的電能為Q＝mv2－m2＝mv2.B正確；線框在圖(Ⅱ)位置時，線框所受的安培力的合力為F＝2BIa＝2Ba·＝2，由牛頓第二定律得a加＝＝，C錯誤；在圖(Ⅱ)位置時，線框的磁通量為零，線框磁通量的變化量Δ

12、Φ＝Ba2，線框從圖(Ⅰ)位置運動到圖(Ⅱ)位置的過程中通過線框截面的電荷量為q＝＝，D錯誤． [答案]　AB 7．(多選)如圖所示，單匝矩形閉合線圈abcd全部處于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，線圈的面積為S，ab邊的電阻為r，其他邊的電阻不計，在cd邊串接一阻值為R的電阻，在外力的作用下，線框繞與cd邊重合的固定轉軸以角速度ω從圖示位置開始逆時針(從上往下看)勻速轉動，則(　　) A．線框中電阻R兩端電壓的有效值為BSω B．線框轉過時，線框中瞬時電流的大小為，方向為a→d→c→b→a C．線框從圖示位置開始時轉過的過程中，通過導線某一橫截面的電荷量為

13、D．在線框轉過一周的過程中，外力對其做的功為 [解析]　產生的感應電動勢的最大值為Em＝BSω，有效值為E＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U＝R＝，A錯誤；產生的感應電動勢的瞬時值為e＝Emsinωt＝BSωsinωt，故產生的感應電流的瞬時值為i＝sinωt，線框轉過時產生的電流為i＝，根據(jù)楞次定律可知電流方向為a→d→c→b→a，B正確；產生的平均感應電動勢為＝，產生的感應電流為＝，通過導線某一橫截面的電荷量為q＝·Δt＝，C正確；轉動一周產生的熱量為Q＝t＝，外力做的功全部轉化為熱能，D正確． [答案]　BCD 8．(2017·遼寧沈陽模擬)如圖所示，水平地面上方正方形區(qū)域內存在垂直紙

14、面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料、不同粗細的導線繞制(Ⅰ為細導線)而成．兩線圈在距磁場上邊界h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面．運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界．設線圈Ⅰ、Ⅱ落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產生的熱量分別為Q1、Q2.不計空氣阻力，則(　　) A．v1Q2 D．v1＝v2，Q1

15、＝ρ(ρ為材料的電阻率，l為線圈的邊長)，所以安培力F＝，此時加速度a＝g－，且m＝ρ0S·4l(ρ0為材料的密度)，所以加速度a＝g－是定值，線圈Ⅰ和Ⅱ同步運動，落地速度相等即v1＝v2.由能量守恒可得Q＝mg(h＋H)－mv2(H是磁場區(qū)域的高度)，線圈Ⅰ為細導線，則質量m小，產生的熱量小，所以Q1

16、拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動．導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是(　　) A．P＝mgvsinθ B．P＝3mgvsinθ C．當導體棒速度達到時，其加速度大小為sinθ D．在導體棒速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力所做的功 [解析]　當導體棒以v勻速運動時受力平衡，則mgsinθ＝BIL＝，當導體棒以2v勻速運動時受力平衡，則F＋mgsinθ＝BI′L＝，故F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F·2v＝2mgvsinθ，選項A、B錯誤；當導體棒速度達到時，由牛頓第二定律有

17、mgsinθ－＝ma，解得a＝sinθ，選項C正確；由能量守恒可知，當導體棒速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力及重力所做的功，選項D錯誤． [答案]　C 10．(2017·四川成都二診)如圖所示，水平面上固定著兩根相距為L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距，電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好，現(xiàn)給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，下列說法正確的是(　　) A．回路中的最大電流為 B．銅棒b的最大加速度為 C．銅棒b獲得的最大速度

18、為 D．回路中產生的總焦耳熱為 [解析]　給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，由動量定理可知銅棒a的初速度va＝，此時回路中感應電動勢最大，感應電流最大，最大感應電動勢E＝BLva＝，回路中最大的感應電流i＝＝，A錯誤；銅棒b所受的最大安培力F＝BiL＝，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，可解得銅棒b的最大加速度a＝＝，B正確；由于導軌足夠長，對銅棒a、b組成的系統(tǒng)，動量守恒，最終二者速度相等，由動量守恒定律可知銅棒b獲得的最大速度為vb＝va＝，C錯誤；由能量守恒定律可知回路中產生的總焦耳熱為Q＝mv－2×mv＝，D錯誤． [答案]　B 二、非選擇題 11．(2017·浙江名校聯(lián)考)如圖

19、甲所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一豎直面(紙面)內，其上端接一阻值為R的電阻，在兩導軌間OO′下方區(qū)域內有垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.現(xiàn)使電阻為r、質量為m的金屬棒ab由靜止開始自OO′位置釋放，向下運動距離d后速度不再變化(棒ab與導軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平，導軌電阻不計，重力加速度為g)． (1)求棒ab在向下運動距離d的過程中回路產生的總焦耳熱； (2)棒ab從靜止釋放經過時間t0下降了，求此時刻棒的速度大??； (3)如圖乙在OO′上方區(qū)域加一面積為S的垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，棒ab由靜止開始自OO′上方某一高度處

20、釋放，自棒ab運動到OO′位置開始計時，B′隨時間t的變化關系為B′＝kt，式中k為已知常量；棒ab以速度v0進入OO′下方磁場后立即施加一豎直外力使其保持勻速運動．求在t時刻穿過回路的總磁通量和電阻R的電功率． [解析]　(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝，mg＝BIl 則vm＝ 根據(jù)能量守恒有mgd＝mv＋Q Q＝mgd－ (2)根據(jù)動量定理有(mg－Bl)t0＝mv，則mgt0－Blq＝mv 由題意可知q＝ 可得v＝gt0－ (3)Φ＝Blv0t＋ktS，E＝＝Blv0＋kS，I′＝ P＝I′2R，得P＝2R [答案]　(1)mgd－ (2)gt0－ (3)2R

21、 12．(2017·江西南昌摸底)CD、EF是水平放置的電阻可忽略的光滑平行金屬導軌，兩導軌距離水平地面高度為H，導軌間距為L，在水平導軌區(qū)域存在磁感應強度方向垂直導軌平面向上的有界勻強磁場(磁場區(qū)域為CPQE)，磁感應強度大小為B，如圖所示．導軌左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接，彎曲的光滑軌道的上端接有一電阻R.將一阻值也為R，質量為m的導體棒從彎曲軌道上距離水平金屬導軌高度h處由靜止釋放，導體棒最終通過磁場區(qū)域落在水平地面上與水平導軌最右端水平距離x處．已知導體棒與導軌始終接觸良好，重力加速度為g.求： (1)電阻R中的最大電流和整個電路中產生的焦耳熱； (2)磁場區(qū)域的長度d.

22、 [解析]　(1)由題意可知，導體棒剛進入磁場的瞬間速度最大，產生的感應電動勢最大，感應電流最大 由機械能守恒定律有mgh＝mv，解得v1＝ 由法拉第電磁感應定律得E＝BLv1 由閉合電路歐姆定律得I＝ 聯(lián)立解得I＝ 由平拋運動規(guī)律，x＝v2t，H＝gt2 解得v2＝x 由能量守恒定律可知整個電路中產生的焦耳熱為 Q＝mv－mv＝mgh－ (2)導體棒通過磁場區(qū)域時在安培力作用下做變速運動．由牛頓第二定律，BIL＝ma a＝ I＝ 聯(lián)立解得vΔt＝mΔv 兩邊求和∑vΔt＝m∑Δv ∑vΔt＝d，∑Δv＝v1－v2 聯(lián)立解得d＝ [答案]　(1)　mgh－ (2)