高考物理一轮复习 10 第3讲 电磁感应规律的综合应用练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第3讲 电磁感应规律的综合应用考点一电磁感应中的电路问题【典例1】(2020大同模拟)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R1=5 和R2=6 的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计。电路中的电压表量程为010 V，电流表的量程为03 A。现将R调至30 ，用F=40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏。下列说法正确的是()A.当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B.当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是

2、1 m/sD.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2 m/s【通型通法】1.题型特征：明确电源，区分内外电路。2.思维导引：(1)切割磁场线的导体相当于电源。(2)清楚串并联电路的特点，灵活运用闭合电路欧姆定律。【解析】选B、C。假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I=2 A0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()A.R2两端的电压为B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2【解析】选A、C。由法拉第

3、电磁感应定律E=n=nS得出E=kr2，选项D错误；因k0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，选项B错误；由题图可知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2=U=，选项A正确；设R2消耗的功率为P=IU2，则R消耗的功率P=2I2U2+IU2=5P，选项C正确。考点二电磁感应中的动力学问题单棒(含电源、电阻、电容)【典例2】(多选)半径分别为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一水平面内，导轨电阻不计，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，

4、磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。下列说法中正确的是()A.金属棒中电流从B流向AB.金属棒两端电压为Br2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为CBr2【解析】选A、B。根据右手定则可知，金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E=Br=Br2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U=E=Br2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，所以电容器的M板带正电，选项C错误；由C=可得，电容器所带电

5、荷量为Q=CBr2，选项D错误。双导体棒【典例3】(2019天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向。(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程

6、安培力做的功W。【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E=，则E=k设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并=闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I=设PQ中的电流为IPQ，有IPQ=I设PQ受到的安培力为F安，有F安=BIPQl根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左保持PQ静止，由于受力平衡，有F=F安联立式得F=方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化量为，平均感应电动势为，有=其中=Blx设PQ中的平均电流为，有=根据电流的定义得=由动能定理，有Fx+W=mv2-0联立

7、式得W=mv2-kq答案：(1)方向水平向右(2)mv2-kq【多维训练】如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成=37的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1 T。质量为M=0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m=0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨道上运动，B棒总在窄轨道上运动。已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R=0.2

8、，h=0.2 m，L=0.2 m，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10 m/s2，求：(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；(2)金属棒B匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差。【解析】(1)A棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得mgh=mv0= m/s=2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A、B利用动量定理可得对B：FB安cost=MvB对A：-FA安cost=mvA-mv0其中FA安=2FB安由上可得mv0-mvA=2MvB两棒最后匀速时，电路中无电流，有BLvB=2

9、BLvA得vB=2vA联立两式后得vB=v0= m/s0.44 m/s(3)在B加速过程中：(Bcos)ILt=MvB-0，q=It得q= C=5.5 C(4)据法拉第电磁感应定律有E=其中磁通量变化量=BScos电路中的电流I=通过截面的电荷量q=It联立可得S=27.5 m2答案：(1)2 m/s(2)0.44 m/s(3)5.5 C(4)27.5 m21.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题：解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：2.动态分析的基本思路：解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件。具体思路如下

10、：【加固训练】1.如图所示，两金属杆ab和cd长均为L=0.5 m，电阻均为R=8.0 ，质量分别为M=0.2 kg和m=0.1 kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为B=2 T。若整个装置从静止开始到金属杆ab下降高度h=5.0 m时刚好匀速向下运动。(g取10 m/s2)求：(1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向。(2)ab杆匀速运动的速度vm。【解析】(1)磁场方向垂直纸面向里，当ab匀速下滑时，ab中产生感应电动势，根据右手定则可知电

11、流方向由ab，cd中的感应电流方向由dc。(2)电路中的电动势是ab与cd中电动势的和，即E=2BLvm回路中电流大小为I=由安培力公式得FA=BILab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均为FA，对ab有：T+FA=Mg对cd有：T=FA+mg联立得：2FA=(M-m)g解得vm=4 m/s答案：(1)ab(2)4 m/s2.(2018江苏高考)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度

12、a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v。(2)通过的电流大小I。(3)通过的电荷量Q。【解析】(1)金属棒做匀加速直线运动，有v2=2as，解得v=。(2)安培力F安=IdB，金属棒所受合力F=mgsin -F安由牛顿第二定律F=ma解得I=(3)运动时间t=，电荷量Q=It解得Q=答案：(1)(2)(3)考点三电磁感应中的能量问题由焦耳定律求解焦耳热【典例4】小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50 m，倾角=53，导轨上端串接一个R=0.05 的电阻。在导轨间长d=0.56 m的区域内

13、，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小。(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小。(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和

14、电阻产生的焦耳热Q。【解析】(1)由牛顿第二定律a=12 m/s2进入磁场时的速度v=2.4 m/s。(2)感应电动势E=Blv感应电流I=安培力FA=IBl代入得FA=48 N。(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J由牛顿第二定律F-mgsin -FA=0CD棒在磁场区域做匀速运动在磁场中运动的时间t=焦耳热Q=I2Rt=26.88 J。答案：(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J由安培力做功求解焦耳热【典例5】(2019济南模拟)如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为，线

15、圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动。MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(Ld)，速度v0方向与MN垂直。磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下。当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长， 且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界。已知重力加速度为g，线圈间不会相碰。求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热。【解析】(1)线圈刚进入磁场时有：E=BLv0根据闭合电路欧姆定律：I=所以安培力F=根据

16、牛顿第二定律：F-mg=ma。a=-g，方向向左(2)根据动量定理，对线圈：mgt -I安=0。其中安培力的冲量：I安=F安t=BLt=BLqq=。综上解得t=。(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ过程中，对于单个线圈，根据动能定理得mgd-W安=0，所以克服安培力做功W安=mgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W安=W安=mgd，所以对于n个线圈有Q=2nmgd答案：(1)-g(2)(3)2nmgd由能量守恒求解焦耳热【典例6】如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN，PQ竖直放置，其宽度L=1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.4

17、0 的电阻，质量为m=0.01 kg，电阻为r=0.30 的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：(1)判断金属棒两端a、b的电势高低。(2)磁感应强度B的大小。(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。【通型通法】1.题型特征：导体切割磁感线产生感应电流，判断电势的高低，计算电阻产生的热量。2.思维导引：(1)判断安培力方向，计算安培力的大小。(2)根据能量守恒

18、定律和焦耳定律求解电路中产生的热量。(3)涉及的知识点有：右手定则、受力分析、安培力、法拉第电磁感应定律、平衡条件、能量守恒定律等。【解析】(1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。(2)由x-t图象求得t=1.5 s时金属棒的速度为：v= m/s=7 m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F=BIL，I=，E=BLv联立得：F=根据平衡条件得：F=mg则有：mg=代入数据解得：B=0.1 T。(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路的内能。设电路中产生的总焦耳热为Q根据能量守恒定律得：mgx=m

19、v2+Q代入数据解得：Q=0.455 J故R产生的热量为QR=Q=0.26 J。答案：(1)b点电势高，a点电势低(2)0.1 T(3)0.26 J1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程。2.能量转化及焦耳热的求法：(1)能量转化。(2)求解焦耳热Q的三种方法。3.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤：(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些

20、形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。【加固训练】如图所示，两根水平放置的平行金属导轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r=0.41 m。导轨的间距为L=0.5 m，导轨的电阻与摩擦均不计。在导轨的顶端接有阻值为R1=1.5 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0 T。现有一根长度稍大于L、电阻R2=0.5 、质量m=1.0 kg的金属棒。金属棒在水平拉力F作用下，从图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t=0时刻，F0=1.5 N，经2.0 s运动到cd时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)金属棒做匀加速

21、直线运动的加速度。(2)金属棒运动到cd时电压表的读数。(3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热。【解析】(1)刚开始拉金属棒时，由牛顿第二定律得F0=ma代入数据得a=1.5 m/s2。(2)t=2.0 s时，金属棒的速度v=at=3 m/s此时的感应电动势E=BLv电压表示数U=R1，代入数据得U=2.25 V。(3)金属棒从cd位置运动到ab位置，由动能定理得-mgr-W克安=0-mv2回路中产生的总焦耳热Q=W克安电阻R1上产生的焦耳热Q1=Q代入数据得Q1=0.3 J。答案：(1)1.5 m/s2(2)2.25 V(3)0.3 J考点四电磁感应中的图象问题【典例7】如

22、图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处有一边长为L的正方形导线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直。现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直于纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正。如图所示关于线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象中正确的是()【解析】选D。当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增大，当全部进入时磁通量达到最大，此后向里的磁通量减小，向外的磁通量增大，总磁通量减小，当运动2.5L时磁通量为零，故选项

23、A错误；当线框进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，所以外力F应一直向右，故选项C错误；拉力的功率P=Fv，因速度不变，而线框进入第一个磁场时，电流为定值，外力F也为定值，两边分别在两个磁场中时，电流加倍，回路中总电动势加倍，电功率变为原来的4倍，此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以电功率应等于在第一个磁场中的电功率，故选项D正确。【多维训练】如图甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab、cd所在平面与水平面成角，b、c之间接有阻值为R的定值电阻。阻值

24、为r的金属棒PQ垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。从t=0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R的感应电流随时间t变化的图象如图乙所示。下面分别给出了穿过回路PQcb的磁通量、磁通量的变化率、电阻R两端的电势差U和通过棒上某横截面的总电荷量q随运动时间t变化的图象，其中正确的是()【解析】选B。由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A错误；回路中的感应电动势为：E=，感应电流为I=，由题图乙可知：I

25、=kt，故有：=k(R+r)t，所以图象B正确；I均匀增大，电阻R两端的电势差U=IR=ktR，则知U与时间t成正比，C错误；通过金属棒的电荷量为：q=t=kt2，故q-t图象为抛物线，并非过原点的直线，D错误。1.分析图象的关键：2.图象问题的解题步骤：【加固训练】(多选)(2017全国卷)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()A.磁感应强度的大小为0.5 TB.导线框运动速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N【解析】选B、C。据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C项正确；由v=0.5 m/s可知B项正确；由E=Blv可知磁感应强度的大小为0.2 T，A项错误；据F安=可得在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04 N，D项错误。