高考物理一轮总复习专题练习29第十章第3讲电磁感应的综合应用含答案

第3讲　电磁感应的综合应用

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)

1．(2021·全国高三专题练习)如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时BA两端的电压为(　C　)

A．　 B．

C．　 D．Bav

[解析]　电动势为E＝BLv，L＝2a，电流为I＝，BA两端的电压为UBA＝I·，解得UBA＝，故选C。

2．(2021·广东高三二模)如图甲所示，固定导线MN和固定矩形线框abcd共面。MN通以图乙所示的电流，电流沿NM方向，T时间后达到稳定，下列说法正确的是(　A　)

A．0～T时间线框感应电流方向沿adcba

B．0～T时间线框感应电流逐渐增大

C．0～T时间ab边始终不受安培力的作用

D．T时间后线框感应电流恒定

[解析]　0～T时间内，导线MN中的电流向上增大，根据右手定则可知穿过线框中的磁通量垂直纸面向里也增大，从而在线框中产生感应电流。根据楞次定律，可判断得线框中感应电流方向沿adcba，故A正确；0～T时间内，导线MN中的电流向上增大，但电流的变化率却减小，所以穿过线框中的磁通量的变化率减小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流逐渐减小，故B错误；0～T时间内，由于ab边始终有感应电流且磁场垂直ab边不为零，故一直受到安培力的作用，故C错误；T时间后，由于导线MN中的电流恒定，所以产生的磁场也恒定，使得穿过线框的磁通量保持不变，磁通量的变化率为零，所以线框中感应电流为零，故D错误。

3．(2021·南昌市八一中学高三模拟)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd、ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　B　)

A．Q1>Q2，q1>q　 B．Q1>Q2，q1＝q2

C．Q1＝Q2，q1＝q2　 D．Q1＝Q2，q1>q2

[解析]　设线框的ab边的边长为l1、bc边的边长为l2，则Q1＝IRt1＝2·R·＝＝l1，同理可得Q2＝l2，由于l1>l2，所以Q1>Q2。q1＝1t1＝＝，同理可得q2＝2t2＝＝，所以q1＝q2，故B正确。

4．(2021·全国高三专题练习)如图所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，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，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放(设当地重力加速度为g)，则(　B　)

A．释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g

B．金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F＝mg－

C．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b

D．电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量

[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，A错误；金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I＝，安培力FA＝BIL＝。根据平衡条件知F＋FA＝mg，解得弹簧弹力F＝mg－，B正确；金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，C错误；由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，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，所以金属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金属棒的重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，D错误。

5．(2022·重庆巴蜀中学高三月考)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内边长为L的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R。在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与金属线框的bc边平行，磁场方向垂直于金属线框平面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框t＝0时刻静止开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v－t图像。重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是(　C　)

A．金属线框进入磁场过程中ab边不受安培力

B．线框将匀速离开磁场

C．磁场边界MN与PQ的间距为2.5 L

D．线框从释放到完全离开磁场产生的焦耳热为2 mgL

[解析]　根据金属框进入磁场的过程中，bc边切割磁感线产生感应电动势，闭合回路产生感应流，故ab边要受安培力，A错误；根据乙图可知线框进入磁场时先做匀速运动，根据安培力的计算公式，可得F安＝＝mg，完全进入磁场时开始做加速运动，线框开始离开磁场时的速度v2>v1，根据安培力计算式可得F安＝>mg，故线框离开磁场时做减速运动，B错误；根据图像可知，t0到2t0图像面积为L，L＝v1t0，而v1＝gt0，v2＝v1＋g(3t0－2t0)，根据梯形的计算公式2t0到3t0图像面积为S＝(v1＋v2)t0＝1.5L，故磁场宽度等于2.5L，C正确；根据金属棒进入过程中为匀速运动可知，进入过程中产生的热量为Q1，Q1＝mgL，金属棒离开磁场时的速度大于金属棒进入磁场时的速度，故离开磁场时产生的热量Q2>Q1，故焦耳热大于2mgL，D错误。

6．(2022·河北高三月考)如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨间的距离L＝0.6 m，导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直于导轨平面的匀强磁场。两导轨上端接有一额定电压U＝3.6 V的小灯泡。现把一质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直放置在导轨上由静止释放，当金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。金属棒和导轨电阻不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　BD　)

A．通过金属棒ab的电流方向从a到b

B．金属棒运动过程中的最大速度为12 m/s

C．小灯泡正常发光时的电阻值为2.0  Ω

D．小灯泡的额定功率为7.2 W

[解析]　由右手定则可判断通过金属棒的电流方向从b到a，故A错误；因金属棒达到最大速度时小灯泡恰好正常发光，则金属棒达到最大速度时其感应电动势E＝U＝3.6 V，由公式E＝BLv，解得v＝12 m/s，故B正确；金属棒达到最大速度后做匀速运动，则有BIL＝mgsin 37°，解得I＝2 A，则灯泡正常发光时的电阻r＝＝1.8  Ω，功率P＝UI＝7.2 W，故C错误，D正确。

7．(2022·四川成都高三模拟)如图所示，在0≤x≤2L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内，线框的bc边与x轴重合，cd边与y轴重合，线框的边长为L，总电阻为R。线框在外力作用下一直沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　AD　)

A．进入磁场时，线框中的电流沿abcda方向

B．进入磁场时，线框c、d两端电势差Ucd＝BLv

C．全部在磁场中时，线框c、d两端电势差为0

D．进入和离开磁场时，线框所受安培力的方向均为－x方向

[解析]　刚进入磁场时，只有cd边切割磁感线，由右手定则可判断电流由c指向d，所以线框中的电流方向abcda，A正确；刚进入磁场时，cd切割磁感线，相当于电源，产生感应电动势为E＝BLv，cd两端的电势差其实是路端电压Ucd＝BLv，B错误；线框全部进入磁场中，磁通量不再变化，没有感应电流产生，但cd还在切割磁感线，有感应电动势，与ab边产生的感应电动势大小相同，方向相反，整个电路电动势抵消为零，电路中没有电流，但cd端电势差不为零，C错误；线框进入磁场时，根据楞次定律，cd边受到的安培力阻碍磁通量增加，方向水平向左，线框离开磁场时，安培力阻碍磁通量减少，方向依然向左，D正确。

8．(2021·湖北卷，11)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中(　AD　)

A．线框中的电流始终为逆时针方向

B．线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向

C．t＝时刻，流过线框的电流大小为

D．t＝时刻，流过线框的电流大小为

[解析]　线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量一直在增加，根据楞次定律可知，线框中的电流始终为逆时针方向，A正确，B错误；线圈的边长为；t＝时刻，线圈切割磁感线的有效长度为，则动生电动势E＝Bv，T时刻线框完全进入磁场，根据运动学公式有a＝v·T，联立解得E＝①，线圈中产生的感应电动势E′＝②，其中＝k③，ΔS＝a××＝a2④，根据闭合电路欧姆定律，流过线框的电流大小为I＝⑤，联立①②③④⑤解得I＝，C错误，D正确。

二、非选择题

9．(2022·重庆高三月考)如图所示，水平面上不计电阻的两光滑平行金属导轨相距为L，导轨上静止放有质量为m、电阻为R的ab金属杆(杆与导轨垂直)。金属杆处于垂直于导轨平面的磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左边接有一阻值也为R的电阻，t＝0时刻用垂直杆ab的外力拉着杆由静止开始以加速度a向右做匀加速运动，所有接触良好，导轨足够长，导轨内都有磁场。求：

(1)t时刻ab杆中电流的大小和方向；

(2)t时刻拉力F的大小。

[答案]　(1)，方向由b指向a　(2)＋ma

[解析]　(1)t时刻ab杆的速度为v＝at，杆ab切割磁感线，回路产生电动势E＝BLv，

ab杆中电流方向由b指向a，杆ab中的电流I＝＝。

(2)安培力F安 ＝BIL，对杆ab由牛顿第二定律得F－F安＝ma，

解得F＝＋ma。

10．(2021·福建卷，13)如图，光滑平行金属导轨间距为l，与水平面夹角为θ，两导轨底端接有阻值为R的电阻。该装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。恒力大小为F、方向沿导轨平面且与金属棒ab垂直。金属棒ab与导轨始终接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。重力加速度为g，求此上升过程

(1)金属棒运动速度大小；

(2)安培力对金属棒所做的功。

[答案]　(1)　(2)mgh－

[解析]　(1)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升，由法拉第电磁感应定律可知，棒中的电动势为E＝Blv　①

设金属棒中的电流为I，根据欧姆定律，有I＝　②

金属棒所受的安培力为FA＝IlB　③

因为金属棒沿导轨匀速上升，由牛顿运动定律得

F－mgsin θ－FA＝0　④

联立①②③④式得v＝。　⑤

(2)设金属棒以速度v沿导轨匀速上升h过程中，安培力所做的功为W，由动能定理得W－mgh＋F＝0，　⑥

由⑥式得W＝mgh－　⑦。