高考物理大一轮专题复习：专题9 电磁感应 第3讲 电磁感应定律的综合应用(含答案)

第3讲 电磁感应定律的综合应用一、单项选择题 1．如图K9­3­1所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )图K9­3­1A ．电路中感应电动势的大小为Blv sin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的发热功率为B 2lv 2r sin θ2．(2015年广东深圳联考)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图K9­3­2所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )图K9­3­2A ．释放瞬间金属棒的加速度不等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v RD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量3．如图K9­3­3所示，水平光滑的金属框架上左端连接一个电阻R ，有一金属杆在外力F 的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，匀强磁场方向竖直向下，轨道与金属杆的电阻不计并接触良好，则能反映外力F 随时间t 变化规律的图象是( )图K9­3­3A B C D4．(2016年湖南十三校联考)如图K9­3­4所示，螺线管与电阻R 相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )图K9­3­4A ．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度B ．通过电阻的电流先由a 到b ，后由b 到aC ．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量D ．a 的电势始终高于b 的电势5．(2015年安徽合肥二模)如图K9­3­5甲所示，一个匝数n ＝100的圆形导体线圈，面积S 1＝0.4 m 2 ，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示．有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接，b 端接地，则下列说法正确的是( )图K9­3­5A．圆形线圈中产生的感应电动势E＝6 VB．在0～4 s时间内通过电阻R的电荷量q＝8 CC．设b端电势为零，则a端的电势φa＝3 VD．在0～4 s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18 J6．(2015年北京朝阳期末)如图K9­3­6所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域( )图K9­3­6A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动7．如图K9­3­7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )图K9­3­7A．2.5 m/s，1 W B．5 m/s，1 WC．7.5 m/s，9 W D．15 m/s，9 W二、多项选择题8．(2015年浙江绍兴模拟)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图K9­3­8所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放， 则( )A ．金属棒在最低点的加速度小于gB ．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度图K9­3­8 图K9­3­99．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m 、电阻可不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h 高度，如图K9­3­9所示．在这个过程中( )A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上发出的焦耳热之和C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上发出的焦耳热D ．恒力F 所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热10．(2016年河北保定高三调研)如图K9­3­10所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m 、阻值大小也为R 的金属棒ab 与固定在斜面上方的劲度系数为k 的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v 0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，在上述过程中( )图K9­3­10A ．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为BLv 02B ．通过电阻R 的最大电流一定是BLv 02R C ．通过电阻R 的总电荷量为mgBL 4kRD ．回路产生的总热量小于12mv 20＋m 2g 24k三、非选择题11．如图K9­3­11所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长l 1＝1 m ，bc 边的边长l 2＝0.6 m ，线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线框通过绝缘细线与重物相连，重物质量M ＝2 kg ，斜面上ef (ef ∥gh )的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab 边始终平行于底边，ef 和gh 的距离s ＝11.4 m ，g ＝10 m/s 2，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度．(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v .(3)ab 边由静止开始到运动到gh 处所用的时间t .(4)ab 边运动到gh 处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh 处的整个过程中产生的焦耳热．图K9­3­1112．如图K9­3­12所示，两条平行的金属导轨相距L ＝1 m ，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN 和PQ 的质量均为m ＝0.2 kg ，电阻分别为R MN ＝1 Ω和R PQ ＝2 Ω.MN 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ 置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，MN 棒在水平外力F 1的作用下由静止开始以a ＝1 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ 则在平行于斜面方向的力F 2作用下保持静止状态．t ＝3 s 时，PQ 棒消耗的电功率为8 W ，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求：图K9­3­12(1)磁感应强度B 的大小．(2)t ＝0～3 s 时间内通过MN 棒的电荷量．(3)求t ＝6 s 时F 2的大小和方向．(4)若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移x 满足关系：v ＝0.4x ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到x ＝5 m 的过程中，系统产生的热量． 第3讲 电磁感应定律的综合应用1．B 解析：电路中的感应电动势E ＝Blv ，感应电流I ＝E R ＝E l sin θr ＝Bv sin θr，故A 错误，B 正确；金属杆所受安培力大小F ＝BI lsin θ＝B 2lv r ，故C 错误；金属杆的发热功率P ＝I 2R ＝I 2lsin θr ＝B 2lv 2sin θr ，故D 错误． 2．C 解析：释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g ，故A 错误．金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R 的电流方向为b →a ，故B 错误．金属棒的速度为v 时，回路中产生的感应电流为I ＝BLv R ，金属棒所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2v R，故C 正确．由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知，在金属棒运动的过程中，电阻R 上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D 错误．3．B 解析：根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E R ＝BLv R，安培力向左，大小为F 安＝BIL ＝B 2L 2v R .由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，又v ＝at ，可得F ＝ma ＋B 2L 2R at ，由此可知外力F 随时间t 变化规律的图象是不过原点且随时间逐渐增大的图线．4．A 解析：通过电阻的电流先由b 到a ，后由a 到b ，故B 错误；a 的电势先低于b 的电势，后高于b 的电势，故D 错误；磁铁刚离开螺线管时受到螺线管的吸引，其加速度小于重力加速度，故A 正确；磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量与磁铁增加的动能之和，故C 错误．5．D 解析：由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ，由图乙结合数学知识可得k ＝ΔB Δt＝0.64T/s ＝0.15 T/s ，将其代入可求得E ＝4.5 V ，A 错误．设平均电流强度为I ，由q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝n ΔΦΔt R ＋r Δt ＝n ΔΦR ＋r ，在0～4 s 穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6× 0.3 Wb －0＝0.18 Wb ，代入可解得q ＝6 C ，B 错误.0～4 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b 点电势高，a 点电势低，故C 错误．由于磁感应强度均匀变化，产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝E r ＋R ＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q＝I 2Rt ＝18 J ，D 正确．6．D 7．B 解析：小灯泡稳定发光说明导体棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2v R 总，对棒满足：mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2v R 棒＋R 灯＝0 因为R 灯＝R 棒，则：P 灯＝P 棒再依据功能关系：mg sin θ·v －μmg cos θ·v ＝P 灯＋P 棒联立解得v ＝5 m/s ，P 灯＝1 W.图D1198．AD 解析：如果不受安培力，杆和弹簧组成了一个弹簧振子，由简谐运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g ，但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小，弹性形变量一定变小，故加速度小于g ，选项A 正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B 错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C 错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D 正确．9．AC10．ACD 解析：开始时金属棒切割磁感线产生电动势E ＝BLv 0，则金属棒与导轨接触点间电压为U ＝0.5E ，选项A 正确；金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R 的最大电流，选项B 错误；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒沿斜面下滑距离为d ＝mg sin θk ，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R 的电荷量q ＝BLd 2R ＝mgBL 4kR，选项C 正确；从开始到停止，设回路产生的热量为Q 、金属棒静止时弹簧弹性势能为E p ，对金属棒和回路应用功能关系可知Q ＋E p ＝mgd sin θ＋12mv 20，则Q ＝12mv 20＋mg 24k －E p ，选项D 正确．11．解：(1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F 、斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F ′，对线框由牛顿第二定律得F －mg sin α＝ma对重物由牛顿第二定律得Mg －F ′＝Ma又F ＝F ′联立解得线框进入磁场前重物的加速度a ＝Mg －mg sin αM ＋m＝5 m/s 2. (2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg ＝F 1线框abcd 受力平衡：F 1′＝mg sin α＋F 安又F 1＝F 1′ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Bl 1v回路中的感应电流为I ＝E R ＝Bl 1v Rab 边受到的安培力为F 安＝BIl 1联立解得Mg ＝mg sin α＋B 2l 21v R代入数据解得v ＝6 m/s.(3)线框abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh 处，仍做匀加速直线运动进入磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a ＝5 m/s 2，该阶段的运动时间为t 1＝v a ＝1.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间t 2＝l 2v＝0.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a ＝5 m/s 2由匀变速直线运动的规律得s －l 2＝vt 3＋12at 23解得t 3＝1.2 s由此ab 边由静止开始到运动到gh 处所用的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5s.(4)线框ab 边运动到gh 处的速度v ′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s＝12 m/s整个运动过程产生的焦耳热Q ＝F 安l 2＝(Mg －mg sin α)l 2＝9 J.12．解：(1)当t ＝3 s 时，设MN 的速度为v 1，则v 1＝at ＝3 m/sE 1＝BLv 1E 1＝I (R MN ＋R PQ )P ＝I 2R PQ联立以上各式并代入数据解得B ＝2 T.(2)E ＝ΔΦΔtq ＝E R MN ＋R PQΔt ＝ΔΦR MN ＋R PQ 代入数据解得q ＝3 C.(3)当t ＝6 s 时，设MN 的速度为v 2，则v 2＝at ＝6 m/sE 2＝BLv 2＝12 VI 2＝E 2R MN ＋R PQ＝4 A F 安＝BI 2L ＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ 进行受力分析可得F 2＋F 安cos 37°＝mg sin 37°代入数据解得F 2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)．(4)MN 棒做变加速直线运动，当x ＝5 m 时，v ＝0.4x ＝0.4×5 m/s＝2 m/s. 因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，故有安培力做功W 安＝－12BL ·BLv R MN ＋R PQ ·x ＝－203J Q ＝－W 安＝203J.。