高考物理一轮复习专题10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

知识巩固练

1．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计．整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升一段时间，则力F做的功与安培力做的功的代数和等于(　　)

A．棒的机械能增加量  B．棒的动能增加量

C．棒的重力势能增加量  D．电阻R上放出的热量

【答案】A

2．(多选)如图所示，矩形单匝导线中串联着两个电阻器，一个电阻为R，另一个电阻为2R，其余电阻不计；在电路中央有一面积为S的矩形区域磁场，磁感应强度与时间的关系为B＝B0＋kt，则(　　)

A．该电路为串联电路

B．该电路为并联电路

C．流过电阻R的电流为

D．流过电阻R的电流为

【答案】AC

3．(2020届厦门名校质检)如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻质弹簧连接，轻质弹簧的劲度系数为k.导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．图中电源是电动势为E、内阻不计的直流电源，电容器的电容为C．闭合开关，待电路稳定后，下列选项正确的是(　　)

A．导体棒中电流为

B．轻质弹簧的长度增加

C．轻质弹簧的长度减少

D．电容器带电量为Cr

【答案】D　【解析】导体棒中的电流I＝，故A错误；由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件BIL＝kΔx，代入I得Δx＝，故B、C错误；电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q＝CU＝Cr，故D正确．

4．(2020年山东名校联考)如图甲，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图像如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图像是图中的(规定向右为安培力F的正方向)(　　)

【答案】A　【解析】0～1 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为adcba，根据I＝，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向左，为负值，由F＝BIL知，安培力均匀减小；1～2 s内，由楞次定律知，感应电流的方向为abcda，根据I＝，电流为定值，根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右，为正值，由F＝BIL知，安培力均匀增大．故B、C、D错误，A正确．

5．(2020年珠海期末)(多选)如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B．边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则(　　)

A．PM刚进入磁场时线框中的感应电流为

B．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为

C．PM刚进入磁场时两端的电压为

D．PM进入磁场后线框中的感应电流将变小

【答案】AD　【解析】PM刚进入磁场时有效的切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应电流为I＝＝，故A正确；NM边所受的安培力大小为F1＝BIa＝，方向垂直NM向下．PN边所受的安培力大小为F2＝BIa＝，方向垂直PN向下，线框所受安培力大小F＝＝，故B错误；PM两端电压为U＝I·＝，故C错误； PM进入磁场后，有效的切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流将减小，故D正确．

6．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，若分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下图所示的图像中正确的是(　　)

【答案】D

综合提升练

7．(2020年临沂月考)(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在的垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计．从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是(　　)

A．导体棒cd中产生的焦耳热为mv

B．导体棒cd中产生的焦耳热为mv

C．当导体棒cd的速度为v0时，导体棒ab的速度为v0

D．当导体棒ab的速度为v0时，导体棒cd的速度为v0

【答案】BD　【解析】由题意可知mgsin 37°＝μmgcos 37°，则对两棒的系统沿轨道方向的动量守恒，当最终稳定时mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则回路产生的焦耳热为Q＝mv－×2mv2＝mv，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝Q＝mv，A错误，B正确；当导体棒cd的速度为v0时，则由动量守恒有mv0＝m·v0＋mvab，解得vab＝v0，C错误；当导体棒ab的速度为v0时，则由动量守恒有mv0＝m·v0＋mvcd，解得vcd＝v0，D正确．

8．(2020届苏北四市联考)(多选)如图甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与其所处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图像，可能正确的是(　　)

甲　　　　　　乙

A　　　　　B　　 　　C　　　 　D

【答案】BD　【解析】根据图像知，0～0.5T时间内磁场增强，根据楞次定律，线圈中的感应电流沿逆时针方向；0.5T～T时间内磁场减弱，由楞次定律，线圈中的感应电流沿顺时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝＝S，因为0～0.5T和0.5T～T时间内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等，所以感应电动势大小不变，故B正确；根据I＝，整个过程中电流大小不变，由P＝I2R知电阻R消耗的功率不变，故C错误，D正确．

9．(2020年北京名校期末)两根足够长的平行光滑金属导轨水平放置，匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接阻值为R的电阻．在导轨上放一金属棒ab，ab始终与导轨垂直，如图所示．若在ab棒上施加水平恒力F使其从静止开始向右运动，下列说法正确的是(　　)

A．金属棒ab中感应电流的方向a→b

B．金属棒ab所受安培力大小始终保持不变

C．金属棒ab最终将做匀速直线运动

D．运动过程中水平恒力F对金属棒ab所做的功全部转化为金属棒的动能

【答案】C　【解析】根据右手定则可得通过ab的电流方向由b到a，故A错误；设金属棒ab运动的速度大小为v，金属棒ab的感应电动势E＝BLv，设金属棒ab的电阻为r，则电路电流I＝＝，金属棒ab受到的安培力FB＝BIL＝，由于金属棒ab的速度增大，所以金属棒ab受到的安培力增大．金属棒ab的加速度大小为a＝＝－，由于速度增大，金属棒ab的加速度减小，所以金属棒ab做加速度减小的加速直线运动，当a＝0时，金属棒ab的速度最大，金属棒ab做匀速直线运动，所以金属棒ab所受安培力大小先增大后保持不变，故B错误，C正确；对金属棒ab，根据动能定理可得WF－W安＝mv2－0，可得WF＝mv2＋W安，所以运动过程中水平恒力F对金属棒ab所做的功等于金属棒ab的动能和电路产生的全部焦耳热之和，故D错误．

10．如图所示，两金属杆ab和cd长均为l，电阻均为R，质量分别为M和m(M>m)，用两根质量和电阻均可忽略且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，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．若金属杆ab正好匀速向下运动，求其运动的速度．

解：方法一　假设磁感应强度B的方向垂直纸面向里，ab杆向下匀速运动的速度为v，则ab杆切割磁感线产生的感应电动势大小Ei＝Blv，方向a→b；cd杆以速度v向上切割磁感线运动产生的感应电动势大小Ei′＝Blv，方向d→c.

在闭合回路中产生a→b→d→c→a方向的感应电流I，据闭合电路欧姆定律，知

I＝＝＝，

ab杆受磁场作用的安培力F1方向向上，cd杆受的安培力F2方向向下，F1、F2的大小相等，有

F1＝F2＝IlB＝，

对ab杆应有F＝Mg－F1，

对cd杆应有F＝F2＋mg，

解得v＝.

方法二　若把ab、cd和柔软导线视为一个整体，因M>m，故整体动力为(M－m)g，ab向下、cd向上运动时，穿过闭合回路的磁通量发生变化，根据电磁感应定律判断回路中产生感应电流，根据楞次定律知I感的磁场要阻碍原磁场的磁通量的变化，即阻碍ab向下，cd向上运动，即F安为阻力．整体受到的动力与安培力满足平衡条件，即

(M－m)g＝2.

则可解得v.

方法三　整个回路视为一整体系统，因其速度大小不变，故动能不变，ab向下，cd向上运动过程中，因Mg>mg，系统的重力势能减少，将转化为回路的电能，根据能量守恒定律，重力的机械功率(单位时间内系统减少的重力势能)要等于电功率(单位时间内转化的回路中的电能)．所以有

Mgv－mgv＝＝.

同样可解得v.