2021版高考物理一轮复习 考点集训（四十二）第3节 电磁感应规律的综合应用（含解析）.docx

1、考点集训(四十二)第3节电磁感应规律的综合应用A组1如图所示，矩形线框从a由静止下落，在穿越磁场区域时，先后经过b、c、d，由图可知()A线框在c处和在a处的加速度一样大B线框在b、d处的加速度一定小于gC线框完全处在磁场区域内时做匀速直线运动D线圈在磁场中下落时始终受到一个竖直向上的阻力解析 线框在c处磁通量不变，没有感应电流，没有一个竖直向上的阻力，只受重力，加速度是重力加速度，与a处的加速度一样大，不会是匀速运动，故A正确，CD错误；若线框在b、d处速度很大，感应电动势也很大，感应电流很大，安培力也很大，若安培力大于2倍的重力，那么线框在b、d处的加速度大于g，故B错误答案 A2(多选)

2、在如图甲所示的电路中，电阻R1R22R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为和，其余导线的电阻不计，闭合S，下列说法正确的是()A电容器上极板带正电B电容器下极板带正电C线圈两端的电压为D线圈两端的电压为解析 根据楞次定律可知，线圈产生顺时针方向的电流，则电容器下极板带正电，故A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，则有EnnSr，电流为I，UI4R4R，故C错误，D正确答案 BD3俄罗斯方块游戏风靡全球，某人根据游戏中的几个

3、形状制作了一些导线框，导线框均由同种均匀材料制成让它们以相同的速度水平向右匀速经过右边单边界磁场(如图甲所示)，测得导线框的感应电流如图乙所示，则应该是哪个形状的俄罗斯方块导线框通过磁场()解析 设线框切割磁感应的有效长度为L，感应电动势为EBLv，感应电流为IL，由图乙所示图线可知，01 s与23 s内的感应电流相等，且是12 s内感应电流的一半，B、v、R相等，则01 s与23 s内切割磁感线的有效长度L相等且是12 s内有效长度的一半，由图示线框可知，B正确答案 B4(多选)两根相距1 m的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一段在同一水平面内，另一段与水平面的夹角为37，质量

4、均为 0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触，形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路的总电阻为2 ，整个装置处于磁感应强度大小为1 T、方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F的作用下以速率v(未知)沿导轨匀速运动时，cd杆也以速率v沿导轨向上匀速运动取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是()A回路中的感应电流为0.6 ABcd杆所受安培力的大小为0.75 NC水平拉力F的功率为5.625 WD3 s内通过ab杆的电荷量为3.75 C解析 对于cd杆，分析受力如图，根据平衡条件得F安mgtan 37；对ab杆，两杆所受的安培

5、力大小相等，由平衡条件得知FF安，则得Fmgtan 370.75 Ncd杆所受的安培力F安BIL，则电流为I A0.75 A，故A错误、B正确；回路中产生的感应电动势EIR1.5 V，根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得：EBLvBLvcos 37，解得：v7.5 m/s，所以水平拉力F的功率为PFv5.625 W，故C正确；3 s内通过ab杆的电荷量为qIt2.25 C，故D错误答案 BC5(多选)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接

6、触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r.让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0x2L)，则在整个过程中()A当x0时，MN中电流最小B当xL时，MN中电流最小CMN中电流的最小值为DMN中电流的最大值为解析 MN中产生的感应电动势为EBLv，MN中电流I.当xL时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin，故A错误，BC正确；当x0或x2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax，选项D正确答案 BCD6矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B随时间变化的图象如图所示t0时刻，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，在04

7、 s时间内，线框的ab边所受安培力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)，可能是下图中的()解析 t0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1 s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，为正，由于磁通量是均匀变化的，所以产生的感应电动势恒定，即产生的感应电流恒定，根据FBIL(B均匀减小、I和L恒定不变)可知F均匀减小，在1 s到2 s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，电流大小、方向均不变，则安培力向右且均匀增大，同理可分析2 s到4 s安培力的大小和方向，D对答案 D7如图所示，矩形线圈长为L，宽为h，

8、电阻为R，质量为m，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中线圈进入磁场时的动能为Ek1，线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q，线圈克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是()AQEk1Ek2 BQW1W2CQW1 DW2Ek2Ek1解析 根据功能的转化关系得线圈减少的机械能等于产生的热量即QW2Ek1Ek2，故选项A、B不符合题意；线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C符合题意；由动能定理可知，选项D

9、不符合题意答案 C8如图所示，光滑水平面上两个完全相同的直角L形匀质金属导轨，角平分线在同一直线上，导体单位长度上的电阻为r.导轨固定，导轨以恒定的速度v0在角平分线上无摩擦滑动水平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B.当两导轨交叉后，交叉点保持良好接触，t0时，两导轨顶点恰好重合设导轨足够长，磁场区域足够大，求：(1)t时刻，矩形LMNO中感应电流的大小及方向；(2)t时刻，导轨所受的拉力；(3)0t时间内拉力所做的功解析 (1)0t时间内导轨运动的位移为：lv0t由几何关系知，t时刻导轨切割磁场的等效长度为l则导轨切割磁场所产生的感应电动势为：EBlv0Bvt而t时刻，矩形回路LMNO中

10、总电阻为：R4R4v0tr2v0tr，则LMNO回路中感应电流的大小为：I，感应电流方向为：ONMLO(或顺时针方向)(2)由于导轨以恒定的速度v0向右运动，因此导轨所受的拉力大小与安培力相等，则有：FBIl代入数据得，导轨所受的拉力为：F(3)由F可得拉力F与位移x的关系式为：Fx则0t时间内拉力所做的功为 WFB组9(多选)如图所示，在竖直平面内有一半径为L，圆心为O的半圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直(图中未画出)CD水平，OP竖直，O、D间用导线连接一长为L、质量为m、电阻为R的均匀金属棒，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨始终接触

11、良好，不计摩擦及其他电阻，重力加速度为g.若棒从CO处静止释放，第一次到达OP处时的角速度为，则下列说法正确的是()A棒能摆到OD处B棒第一次到达OP处时，棒中通过的电流为C棒第一次到达OP处时，棒受到的安培力的功率为D棒最终会停下，产生的总焦耳热为mgL解析 棒OA沿着导轨转动时会切割磁感线而产生感应电动势，导轨与棒组成的回路中有感应电流，使得棒的一部分机械能变成电能，则棒不能到达等高的OD处；最终棒通过多个往复的摆动而停在OP处，由能量守恒可知：产生的总焦耳热Qmg，故A错误，D正确；棒第一次到达OP处时角速度为，产生的感应电动势为EBLBL，则棒中通过的电流为I，故B错误；安培力做负功把

12、机械能全部转化成电能，则安培力的功率等于电路的电功率，有：PP电I2R，故C正确答案 CD10如图所示，在水平面内放置着金属导轨OAC，OA段是直径为a 的半圆，AC段是半径为a的圆弧，半圆、圆弧和虚线CO围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B；其余区域没有磁场OP是一根长为a的均匀细金属棒，以恒定的角速度绕O点顺时针旋转，旋转过程中金属棒OP与圆弧均接触良好已知金属棒OP电阻为R0，两个圆弧的电阻可忽略，开始时P点与A点重合求t时刻，(1)金属棒OP产生的感应电动势的大小；(2)金属棒OP所受到的安培力的大小解析 (1)经过时间t，OP转过的弧度为t，其有效

13、切割长度la(1cos t)P点的线速度vPa棒与AO弧的交点Q点的线速度vQacos t由法拉第电磁感应定律，电动势EBl，联立解得E(2)由闭合电路欧姆定律IPQ间的电阻RR0(1cos t)金属棒OP所受安培力FBIl联立解得：F .11如图的水平、光滑金属导轨在同一水平面上，间距分别为L和，间距为L的导轨有一小段左右断开，为使导轨上的金属棒能匀速通过断开处，在此处铺放了与导轨相平的光滑绝缘材料(图中的虚线框处)质量为m、接入电路的电阻为R1的均匀金属棒 ab 垂直于导轨放置在靠近断开处的左侧，另一质量也为m、接入电路的电阻为R2的均匀金属棒cd 垂直于导轨放置在间距为的导轨左端导轨 M

14、N和PQ、MN和PQ都足够长，所有导轨的电阻都不计电源电动势为E、内阻不计整个装置所在空间有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场闭合开关S，导体棒 ab 立即获得水平向右的速度 v0并保持该速度到达断开处右侧的导轨上求：(1)空间匀强磁场的方向；(2)通过电源 E某截面的电荷量；(3)从导体棒ab滑上导轨MN和PQ起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能解析 (1)闭合开关，电流到b到a，而ab受到的安培力向右，故磁场方向竖直向下(2)对ab棒，设受安培力时间为t，这段时间的平均电流为I，平均安培力为F，通过导体棒(也就是电源)某截面的电荷量为q，由动量定理得Ftmv

15、0且FILB，qIt解得q(3)ab滑上MN和PQ时速度仍为v0，由于电磁感应，安培力使ab减速，使cd加速，直至电路中电流为0(即总感应电动势为0)而各自匀速运动，设ab和cd匀速的速度分别是v1、v2，经历的时间为t，这一过程回路中的平均电流I，由动量定理有：对ab棒：ILBtmv1mv0对cd棒：IBtmv2由电磁感应规律EBLv1，EBv2，EE则有BLv1Bv2解得v1，v2棒ab和棒cd组成的系统损失机械能Emv解得Emv12如图所示，导体棒P质量为m、电阻为R、长度为l，导体棒Q与导体棒P完全相同，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的无限细长无明显形变的直导线连接后，放在距地面足够

16、高且无限长的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，现将一根导体棒Q仍放在桌面上，另一根导体棒P移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小为B.开始时握住Q棒让两棒静止，自由释放后开始运动已知两条导线除桌边拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦，重力加速度为g.求：(1)刚释放时每根细线拉力的大小；(2)导体棒运动稳定时的速度大小；(3)若从开始下滑到刚稳定时通过导体棒横截面的电荷量为q，求该过程中P棒下降的高度和从开始下滑到刚稳定过程中系统产生的焦耳热解析 (1)刚释放时，设细线中每根细线的拉力为T.对P棒受力分析知mg2Tma对Q棒受力分析知2Tma联立以上两式，解得ag每根细线拉力的大小Tmg(2)导体棒运动稳定时，设细线中拉力为T，稳定时两棒匀速运动，Q棒：T0对P棒受力分析知mgF安电路中的感应电动势EBlv电路中的感应电流IP棒受到的安培力F安BIl联立以上各式，解得v(3)从开始下滑到稳定，设P棒下降的高度为h，从开始下滑到刚稳定过程中系统产生的焦耳热为Q.则通过横截面的电荷量qt该过程中的平均感应电动势该过程的平均电流得：h由能量关系得：系统产生的焦耳热Qmgh2mv2解得Q