高考物理一轮复习 专题10-12 电磁感应综合问题千题精练.doc

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1、1 / 15【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选高考物理一轮复习 专题专题 10-1210-12 电磁感应综合问题电磁感应综合问题千题精练千题精练一选择题1在北半球上，地磁场竖直分量向下飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为，右方机翼末端处电势为，则（ ）A. 若飞机从西往东飞，比高 B. 若飞机从东往西飞，比高C. 若飞机从南往北飞，比高 D. 若飞机从北往南飞，比高【参考答案】AC点睛：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而

2、电源内部的电流方向则是由负极流向正极2健身车的磁控阻力原理如图所示，在金属飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触） ，人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离则A. 飞轮受到阻力大小与其材料密度有关B. 飞轮受到阻力大小与其材料电阻率有关C. 飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大2 / 15D. 磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越小【参考答案】BC点睛：金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律判断转速和距离对感应电动势的影响，根据欧姆定律和安培力公式确定阻力的大小3如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一

3、线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动【参考答案】AD【名师解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次

4、定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针3 / 15处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项 BC 错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，选项 D 正确。【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器

5、。4如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度 v0 垂直射入 P1 和 P2 两极板间的匀强磁场中.两平行长直导线 ab 和 cd 的相互作用情况为：01s 内排斥，1s3s 内吸引，3s4s 内排斥.线圈 A 内有外加磁场，规定向左为线圈 A 内磁感应强度 B 的正方向，则线圈 A内磁感应强度 B 随时间 t 变化的图像有可能是下图中的( )A. B. C. D. 【参考答案】C4 / 155(2016山东淄博诊断)如图甲所示，左侧接有定值电阻 R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B1 T，导轨间距 L1 m。一质量 m2

6、 kg，阻值 r2 的金属棒在水平拉力 F 作用下由静止开始从 CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的 vx 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数 0.25，则从起点发生 x1 m 位移的过程中(g10 m/s2)( )A金属棒克服安培力做的功 W10.5 JB金属棒克服摩擦力做的功 W24 JC整个系统产生的总热量 Q4.25 JD拉力做的功 W9.25 J【参考答案】D 6如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为 L，右端接有阻值R 的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场质量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab 与固定弹簧相连，放在导轨上初始时刻，弹簧恰处于自

7、然长度给导体棒水平向右的初速度 v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触已知导体棒的电阻 r 与定值电阻R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )A导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压 UBLv0C导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能 Epmv2 0D导体棒最终会停在初始位置，在导体棒整个运动过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Qmv2 0【参考答案】AD 二计算题1 （2018 上海宝山期末）相距 L1.2m 的足够长金属导轨竖直放置，质量5 / 15m11kg 的金属棒 ab 和质量

8、 m20.54kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外，虚线下方匀强磁场方向竖直向上，两处磁场的磁感应强度大小相同。ab 棒光滑，cd 棒与导轨间动摩擦因数 0.75，两棒总电阻为 1.8，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上、大小按图（b）所示规律变化的外力 F 作用下，由静止开始（t=0）沿导轨匀加速运动，同时 cd 棒也由静止释放。（1）请说出在两棒的运动过程中 ab 棒中的电流方向和 cd 棒所受的磁场力方向；（2）求 ab 棒加速度的大小和磁感应强度 B 的大小；（3）试问 cd 棒从运动开始起经过多长时间它的速度达

9、到最大？（取重力加速度 g=10m/s2，不计空气阻力）【名师解析】（1） （4 分）ab 棒中的电流方向向右（ab） （2 分） ，cd 棒所受的磁场力方向垂直于纸面向里（2 分） 。（2） （7 分）ab 棒的受力图，如右图所示（1 分） ，运用牛顿第二定律，有（1 1 分）分）, ,（3） （5 分）从 cd 棒的 d 端截面看过去，cd 棒的受力图如右图所示（1 分） ，cd 棒速度达到最大时其合力为零，所以有6 / 15（1 1 分）分） ， （1 1 分）分）又因为（1 分）,，所以有对于 ab 棒的运动，有推得， （1 分）2. (12 分)如图所示，间距为 L 的两根光滑圆弧轨

10、道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为 r，电阻不计。在其上端连有阻值为 R0 的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中，圆弧轨道处的磁感应强度大小为 B。现有一根长度等于 L、质量为 m、电阻为 R 的金属棒从轨道的顶端 PQ 处由静止开始下滑，到达轨道底端 MN 时对轨道的压力为 2mg(重力加速度为 g)。求：(1)金属棒到达轨道底端时金属棒两端的电压；(2)金属棒下滑过程中通过电阻 R0 的电荷量。(2)通过电阻 R0 的电荷量 qt金属棒下滑过程中产生的感应电动势为BrL 2t7 / 15感应电流为，解得 q。3(14 分)如图所示，半径为 L12 m 的金属圆环内上、下半圆

11、各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B1 T长度也为 L1、电阻为 R 的金属杆 ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着 a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为 rad/s。通过导线将金属杆的 a 端和金属环连接到图示的电路中(连接 a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻 R1R，滑片P 位于 R2 的正中央，R2 的总阻值为 4R)，图中的平行板长度为 L22 m，宽度为 d2 m图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度 v00.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为 B2，左边

12、界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大。(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：(1)在 04 s 内，平行板间的电势差 UMN；(2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度 B2 应满足的条件。(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在 0时间内水平方向 L2v0t1t14 sd 时离开磁场后不会第二次进入电场，即 B22 T。4. (15 分)（2018 江苏扬州期末）实验小组想要探究电磁刹车的效

13、果，在遥控小车底面安装宽为 L、长为 2.5L 的 N 匝矩形线框 abcd，总电阻为 R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为 m.如图所示是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为 f，进入磁场前已达到最大速度 v，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零已知有界磁场宽度为 2.5L，磁感应强度为B，方向竖直向下求：(1) 进入磁场前小车所受牵引力的功率 P；(2) 车头刚进入磁场时，感应电流的大小 I；(3) 电磁刹车过程中产生的焦耳热 Q.(2) 车头刚进磁场时，回路感应电动势ENBLv(2

14、分)根据闭合电路欧姆定律，感应电流 I(2 分)I.(1 分)(3) 根据能量守恒 mv2Qf5L(3 分)解得 Qmv25fL.(2 分)5.（15 分） （2018 苏州调研）如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一边长为 L，质量为 m、电阻为 R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上。在水平拉力作用下，线框从左边界以速度 v 匀速进入磁9 / 15场，当 cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间动摩擦因数为，磁场宽度大于 L，重力加速度为 g。求：（1）ab 边刚进入磁场时，其两端的电压 U；（2）水平拉力的大小 F

15、 和磁场的宽度 d；（3）整个过程中产生的总热量 Q。【名师解析】 （1） ；33,44EBLvEBLv IUIRBLvRRA（3）进入磁场过程中产生焦耳热，23 2 11B L vQI RtR由于摩擦产生的热量，2 2 21 22vQmg LmgLmvg所以整个过程产生的热量为。23 2 121 2B L vQQQmgLmvR6.（2017 年 11 月浙江选考）所图所示，匝数 N=100、截面积 s=1.010-2m2、电阻 r=0.15 的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场 B1，其变化率 k=0.80T/s。线圈通过开关 S 连接两根相互平行、间距 d=0.20m

16、的竖直导轨，下端连接阻值 R=0.50 的电阻。一根阻值也为 0.50、质量m=1.010-2kg 的导体棒 ab 搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场 B2。接通开关 S 后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。（1）求磁感应强度 B2 的大小，并指出磁场方向；（2）断开开关 S 后撤去挡条，棒开始下滑，经 t=0.25s 后下降了 h=0.29m，求此过程棒上产生的热量。（2）由动量定理，mgt-IB2dt=mv10 / 15It=q=2R2 2dhB R解得：v=gt-22 2 2d hB mRAb

17、 导体棒中产生的热量 Q=（mgh-mv2）1 21 2代入数据解得：Q=2.310-3J。7.(2016河北邯郸一中一轮)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD 水平放置，MA、NB 间距 L0.4 m，AC、BD 的延长线相交于 E 点且AEBE，E 点到 AB 的距离 d6 m，M、N 两端与阻值 R2 的电阻相连，虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度 B1 T。一根长度也为 L0.4 m、质量 m0.6 kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从 AB 处以初速度 v02 m/s 沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R 上消耗的电功率不变，求

18、：(1)电路中的电流 I；(2)金属棒向右运动过程中克服安培力做的功 W。【参考答案】(1)0.4 A (2)0.36 J8(2016陕西西工大附中模拟)如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度 v0 运动，当线框的右边框刚刚到达边界 PQ 时速度又恰好等于 v0。若磁场边界 MN、PQ 与传送带运动方向垂直，MN 与 PQ 的距离为 d，磁场的磁感应强度为 B，铜线框质量为 m，电阻均为 R，边长为 L(Ld)，铜线框与传送带间的动摩擦因

19、数为 ，且在传送带上始终保持前后边框平行于磁场边界 MN，试求：(1)线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小；(2)线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值；11 / 15(3)从线框右边框刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功。【名师解析】(1)闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势EBLv0产生的电流 IBLv0 R右侧边所受安培力 FBILB2L2v0 R在线框刚刚完全进入磁场又匀加速运动到达边界 PQ 的过程中，根据动能定理有mg(dL)mvmv2，解得最小速度 vmin2g（dL）)(3)线框从右边框进入磁场到运动至磁场边界 PQ

20、 的过程中线框一直受摩擦力fmg由功的公式 Wf1fd 得摩擦力做功 Wf1mgd闭合线框穿出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全穿出磁场的瞬间速度亦为最小速度 v，然后速度均匀增加到 v0，产生的位移一定为 xdL(和在磁场中速度 v 由增加 v0 到的位移相同)闭合线框在右边框出磁场到与传送带共速的过程中位移 xxLd。在此过程中摩擦力再做功 Wf2mgd因此，闭合铜线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功 W Wf1Wf22mgd【参考答案】(1) 12 / 15(2)g 2g（dL）) (3)2mgd9.(宁夏银川一中 2016 届高三第三次模拟考

21、试理科综合试题)(18 分) 如图所示，宽 L=2m、足够长的金属导轨 MN 和 MN放在倾角为 =30的斜面上，在 N和 N之间连接一个 R=2.0 的定值电阻，在 AA处放置一根与导轨垂直、质量 m=0.8kg、电阻 r=2.0 的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数 =，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度 B=1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的 P 处（小车可视为质点） ，滑轮离小车的高度 H=4.0m。启动电动小车，使之沿 PS 方向以 v=5.0m/s 的速度匀速前进，当杆滑到

22、OO位置时的加速度 a=3.2m/s2，AA与 OO之间的距离 d=1m，求：3 4（1）该过程中，通过电阻 R 的电量 q；（2）杆通过 OO时的速度大小；（3）杆在 OO时，轻绳的拉力大小；（4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为 13J，求电阻 R 上的平均电功率。【参考答案】 （1）0.5C（2）3m/s（3）12.56N（4）2.0W【名师解析】（1）平均感应电动势 BLdEtt代入数据，可得: 0.5qC（2）几何关系： 解得: sinHHdsin0.80=53杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量： 1cos3/vvm s（4）根据动能定理： 2 11sin2fWWmgdFmv安解出,

23、电路产生总的电热2.4WJ 安2.4QJ总13 / 15那么,R 上的电热 1.2RQJ此过程所用的时间 cot0.6HtsvR 上的平均电功率 1.2W2.0W0.6RQPt考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求 R 产生的热量时要注意，系统产生的总热量为 R 与 r 产生的热量之和.10(14 分)如图所示，一面积为 S 的单匝圆形金属线圈与阻值为 R 的电阻连

24、接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为 k 的磁场 B.电阻 R 两端并联一对平行金属板 M、N，两板间距为 d，N 板右侧 xOy 坐标系(坐标原点 O 在 N 板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界 OA 和 y 轴的夹角AOy45，AOx 区域为无场区在靠近 M 板处的 P 点由静止释放一质量为m、带电荷量为q 的粒子(不计重力)，经过 N 板的小孔，从点 Q(0，l)垂直 y轴进入第一象限，经 OA 上某点离开磁场，最后垂直 x 轴离开第一象限求：(1)平行金属板 M、N 获得的电压 U；(2)yO

25、A 区域内匀强磁场的磁感应强度 B；(3)粒子从 P 点射出至到达 x 轴的时间【参考答案】(1)kS (2) (3)(2dl) m 2qkS14 / 15【名师解析】(1)根据法拉第电磁感应定律知感应电动势为ESkS(2)因平行金属板 M、N 与电阻并联，故 M、N 两板间的电压为 UUREkS带电粒子在 M、N 间做匀加速直线运动，有 qUmv2带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有 qvBm由几何关系可得 rl联立得 B 2mkS q粒子在第一象限的无场区中，有 svt3由几何关系得 sr粒子从 P 点射出至到达 x 轴的时间为 tt1t2t3联立式可得 t(2dl) m 2qkS1

26、1.（市区 2015-2016 学年度高三年级总复习质量检测（三）理科综合试卷物理部分）如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为，导轨上面横放着两根导体棒和，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为，电阻皆为，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒静止，棒有指向棒的初速度，若两导体棒在运动中始终不接触，求：Lab cdmR Bcd ab cd0v（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？Q（2）当棒的速度变为初速度的时，棒的加速度是多少？ab4/3cda15 / 15【参考答案】（1

27、）；（2）2 01 4Qmv 22 0 4B L vFammR（2）设 ab 棒的速度变为 3v0/4，cd 棒的速度为 v，由动量守恒定律，0034mvmvmv，解得：v= v0/4。此时回路中感应电动势 E=-=，03 4BLv01 4BLv01 2BLv回路中电流 I=E/2R=，0 4BLv R此时 cd 棒所受的安培力 F=BIL=，22 0 4B L v R由牛顿第二定律，cd 棒的加速度 a=F/m=。22 0 4B L v mR考点：动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律、闭合电路的欧姆定律、导体切割磁感线时的感应电动势。分根据动量守恒定律确定两棒最后的末速度是本题的关键，分析这类电磁感应现象中的能量转化较易：系统减少的动能转化为回路的焦耳热；本题涉及到动生电动势、动量守恒定律、牛顿第二定律及闭合电路欧姆定律综合的力电综合问题，故本题属于难度较大的题。