高考物理总复习 第十章 电磁感应 核心素养提升练三十 10.3 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.doc

电磁感应规律的综合应用(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分，13题为单选题，4题为多选题)1.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀增加，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A.ab中感应电流方向由baB.ab中的感应电流逐渐增加C.ab所受的安培力保持不变D.ab受到水平向右的摩擦力【解析】选D。磁感应强度均匀增加，磁通量增加，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，选项A错误；由于磁感应强度均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=S得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，选项B错误；根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀增加，则安培力增大，选项C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，由左手定则可知，安培力水平向左，故摩擦力水平向右，选项D正确。2.(2019·随州模拟)如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab和cd，假定它们沿导轨运动的速率分别为v1和v2，且v1<v2，若金属导轨和金属棒的电阻不能忽略，要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab、cd的运动情况应该为()A.ab和cd都向右运动B.ab和cd都向左运动C.ab向右、cd向左做相向运动D.ab向左、cd向右做背向运动【解析】选C。根据右手定则，当金属棒运动方向相同时，棒中产生的电流方向相同，回路中的总电流为两电流之差，故A、B项中电流不是最大；当两金属棒运动方向相反时，棒中产生的电流方向相反，回路中的总电流为两电流之和，但随着棒的运动，D项中ab向左、cd向右做背向运动时，回路中的电阻在变大，电流不一定最大，选项C正确。3.如图1所示，光滑的平行金属导轨(足够长)固定在水平面内，导轨间距为L=20 cm，左端接有阻值为R=1 的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.5 T。导体杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图2所示。导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计，导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触，则导体杆的加速度大小和质量分别为()A.20 m/s2，0.5 kgB.20 m/s2，0.1 kgC.10 m/s2，0.5 kgD.10 m/s2，0.1 kg【解析】选D。导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有v=at，杆切割磁感线产生感应电动势大小为E=BLv，闭合回路中产生的感应电流为I=，杆受到的安培力大小为FA=BIL，根据牛顿第二定律，有F-FA=ma，联立以上各式，得F=ma+t，由图线上取两点代入式，可解得a=10 m/s2，m=0.1 kg，选项D正确。4.(2019·济南模拟)如图所示，两水平放置的平行金属导轨AB和CD相距0.5 m，AC间接阻值为1 的电阻，导体棒MN到AC的距离为0.4 m，整个装置放在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，导体棒MN垂直放在导轨上，导轨和导体棒MN的电阻可忽略不计，则下列说法正确的是()A.若导体棒MN向右滑动，则M端电势高B.若匀强磁场的磁感应强度大小为0.2 T，导体棒MN以5 m/s的速度水平向右匀速滑动时，则其所受水平外力的大小是0.25 NC.若导体棒MN固定，图中磁场的磁感应强度随时间均匀增大，则导体棒中有N到M的电流D.若导体棒MN固定，磁场的磁感应强度随时间变化的规律为B=(5+0.5t)T，则通过导体棒的电流为0.125 A【解析】选A、C。棒向右切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则知电流方向为N到M，而此方向为等效电源内部的电流流向，故M点为电源正极电势高，选项A正确；动生电动势大小由E=BLv=0.2×0.5×5 V=0.5 V，而匀速运动时外力和安培力相等，故有F外=F安=B··L=0.05 N，选项B错误；磁感应强度随时间均匀增大，产生感生电动势，由楞次定律可知电流方向为N到M，选项C正确；感生电动势大小为E=n=×Ld=0.5×0.5×0.4=0.1 V，故由欧姆定律可知I=0.1 A，选项D错误。二、计算题(本题共18分，需写出规范的解题步骤)5.如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前一直做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数。(2)导体棒匀速运动的速度大小v。(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。【解析】(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsin =mgcos 解得=tan 。(2)在光滑导轨上感应电动势E=BLv感应电流I=安培力F安=BIL导体棒受力平衡有F安=mgsin 解得v=。(3)摩擦生热QT=mgdcos 由能量守恒定律有3mgdsin =Q+QT+mv2解得Q=2mgdsin -。答案：(1)tan (2)(3)2mgdsin -(25分钟50分)6.(8分)(2019·周口模拟)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下，第一次以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场。第二次进入过程与第一次进入过程相比()A.线圈中电流强度之比为12B.外力做功的功率之比为21C.线圈中产生热量之比为21D.线圈中通过电量之比为21【解析】选C。设AB=DC=L1，AD=BC=L2，当线圈运动的速度为v时，产生的感应电动势E=BL1v，感应电流I=，Iv，所以第二次进入过程与第一次进入过程线圈中电流强度之比为21，选项A错误；线圈所受的安培力大小F安=BIL1=v，线圈匀速运动，受力平衡，则所受的外力F=F安=v，外力的功率P=Fv=v2，Pv2，可得第二次进入过程与第一次进入过程外力做功的功率之比为41，选项B错误；拉力做的功W=FL2=v，则知Wv，可得W2W1=21，线圈匀速运动，根据功能关系知，线圈产生的焦耳热等于拉力做的功，所以Q2Q1=W2W1=21，选项C正确；线圈中通过电量q=It=，q与v无关，所以线圈中通过电量之比为11，选项D错误。7.(8分)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab电阻为r并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给ab杆一个瞬时冲量，使它获得水平向右的初速度v0。下列图象中，关于ab杆的速度v、通过电阻R中的电流i、电阻R的电功率P、通过MPabM的磁通量随时间变化的规律，可能正确的是()【解析】选B。ab杆获得水平向右的初速度v0后切割磁感线，产生感应电流，受到水平向左的安培力而做减速运动，根据安培力的表达式F=，知安培力随着速度的减小而减小，加速度也减小，v-t图象的斜率逐渐减小，因此v-t图象应为曲线，选项A错误；根据i=知i随着v的减小而减小，v-t图象切线的斜率减小，则i-t图象切线的斜率也减小，选项B正确；根据P=i2R知，i减小，P也减小，选项C错误；根据=BS知，ab杆向右运动时，磁通量不断增大，选项D错误。8.(8分)如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()A.回路中的最大电流为B.铜棒b的最大加速度为C.铜棒b获得的最大速度为D.回路中产生的总焦耳热为【解析】选B。给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I=mv0，v0=，铜棒a产生的电动势E=BLv0，回路电流I0=，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F=BI0L，其加速度a=，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0=2mv，铜棒b最大速度v=，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q=m-·2mv2=，选项D错误。【加固训练】(多选)(2019·石家庄模拟)如图甲所示，质量m=3.0×10-3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l=0.20 m，处于磁感应强度大小为B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300匝、面积S=0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t=0.22 s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h=0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A.00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 VB.开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DC.磁感应强度B2的方向竖直向下D.开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C【解析】选B、D。由题图乙所示图象可知，00.10 s内：=BS=(1-0)×0.01 Wb=0.01 Wb，00.10 s内线圈中的感应电动势大小：E=n=300× V=30 V，故选项A错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：CD，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.20.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故选项B正确，选项C错误；对细框，由动量定理得：B1Il×t=mv-0，细框竖直向上做竖直上抛运动：v2=2gh，电荷量：Q=It，解得：Q= C=0.03 C，故选项D正确。9.(8分)(多选)(2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆()A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)金属杆在无场区做匀加速运动，根据金属杆进入磁场和时的速度相等，判断金属杆刚进入磁场时的运动情况，从而确定其加速度方向。(2)根据平均速度分析金属杆穿过磁场的时间与在两磁场之间的运动时间关系。研究金属杆从刚进入磁场到刚进入磁场的过程，由能量守恒定律求出产生的热量，从而求得总热量。(3)根据金属杆刚进入磁场时的速度，求出释放时距磁场上边界的高度，再分析本题中金属杆释放时距磁场上边界的高度h。【解析】选B、C。金属杆在磁场、之间运动时，做加速运动，因此金属杆在磁场中要做减速运动，才能保证进入磁场时和进入磁场时速度相等，选项A错误；画出穿过磁场和在两磁场之间的v-t图象，能够直观反映出穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；进入磁场和时的速度相等，表明金属杆穿过磁场到进入磁场之前动能没有变化，减少的重力势能2mgd变成了焦耳热，再穿过磁场过程跟穿过磁场情况完全相同，产生的焦耳热还等于2mgd，总的热量为4mgd，选项C正确；由于在进入磁场前，金属杆做自由落体运动，末速度为，在刚进入磁场时，安培力·>mg才能保证金属杆做减速运动，化简得h>，选项D错误。【加固训练】(2019·南昌模拟)在如图所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是()A.当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为a=gsin B.导线框两次匀速直线运动的速度v1v2=41C.从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少D.从t1到t2的过程中，有+机械能转化为电能【解析】选B、D。ab边刚越过GH进入磁场区域时，电动势E1=BLv1，电流I1=，线框做匀速运动，所以mgsin =BI1L=，当ab边刚越过JP时，电动势E2=2BLv1，I2=，根据牛顿第二定律2BI2L-mgsin =ma，联立解得a=3gsin ，选项A错误；当a=0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2L-mgsin =0，得：mgsin =，所以v1v2=41，选项B正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少加上动能的减少量，即克服安培力做功W=+，选项C错误；又克服安培力做功等于产生的电能，选项D正确。10.(18分)如图所示，倾角=60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r。在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻。质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速度大小vC=，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：(1)金属棒中产生感应电动势的最大值Em。(2)金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量Q。(3)金属棒能否通过圆形轨道的最高点D？若能通过，求在此点时金属棒对轨道的压力。【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)金属棒的速度最大时，感应电动势最大，由机械能守恒定律求出金属棒在磁场中的最大速度，然后由E=BLv求出最大感应电动势。(2)由能量守恒定律求出电阻上产生的热量。(3)由机械能守恒定律求出到达D点的速度，然后判断金属棒能否到达D点，然后应用牛顿第二定律分析答题。【解析】(1)磁场区域足够大，金属棒由静止开始先做变加速运动，当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感应电动势也最大。设在磁场中达到的最大速度为vm，有Em=BLvm根据闭合电路欧姆定律有Im=根据平衡条件有mgsin =BImL解得Em=。(2)根据能量守恒定律，金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以有Q=mgH-m解得Q=mg(H-3r)。(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D，则金属棒由C点运动到D点机械能守恒，根据机械能守恒定律有m=m+mg·2r解得vD=金属棒通过圆形轨道最高点D时，根据牛顿第二定律及向心力公式有FND+mg=m解得FND=mg，所以金属棒能通过最高点。由牛顿第三定律可知，金属棒通过圆形轨道最高点D时对轨道的压力FND=FND=mg，方向竖直向上。答案：(1)(2)mg(H-3r)(3)能mg方向竖直向上