高考物理二轮复习高频考点专项训练---电磁感应的综合应用（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

高考物理二轮复习高频考点专项训练---电磁感应的综合应用

1．(多选)(2019·山东聊城市模拟)如图甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时(　　)

A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势

B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势

C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流

D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流

答案　AD

解析　据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且增加得越来越快，则在导线框中产生沿顺时针方向逐渐增大的电流，该电流激发出逐渐增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可知圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生恒定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且减小得越来越慢，在导线框中产生沿顺时针方向逐渐减小的电流，该电流激发出垂直于纸面向内逐渐减弱的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确．

2.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L；正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是(　　)

答案　B

解析　设导线框运动的加速度为a，则某时刻其速度v＝at，所以在0～t1时间内(即当bc边位于磁场左边缘时开始计时，到bc边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLat，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I＝t，电流为正．其中R为线框的总电阻．所以在0～t1时间内，I∝t，故A、C错误；从t1时刻开始，ad边开始切割磁感线，电动势大小E＝BLat，其中t1＜t≤t2，电流为顺时针方向，为负，电流I＝t，t1＜t≤t2，其中I0＝t1，电流在t1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I0＝t1不变，故B正确，D错误．

3.(多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图所示，水平放置的半径为2r的单匝圆形裸金属线圈A，其内部有半径为r的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向下；线圈A的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A的电阻为R.过圆心的两条虚线ab和cd相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab放置，使导体棒沿ab从左向右以速度v匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A中也会有感应电流，如果使cd左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd位置时的相同，则(　　)

A．磁场一定增强

B．磁场一定减弱

C．磁感应强度的变化率为

D．磁感应强度的变化率为

答案　AC

解析　根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A正确，B错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感应电动势E＝2Brv，根据欧姆定律，通过cd左侧的线圈中感应电流大小I＝＝；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，＝，＝，故C正确，D错误．

4.(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图甲所示，在MN、OP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω，则(　　)

A．线框的加速度大小为2 m/s2

B．磁场宽度为6 m

C．匀强磁场的磁感应强度大小为 T

D．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 C

答案　ACD

解析　整个线框在磁场中运动时只受外力F作用，则加速度a＝＝2 m/s2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2 s，磁场的宽度d＝at12＝4 m，所以选项A正确，B错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F1－F安＝ma，而F安＝BIL＝＝，线框的宽度L＝at12＝×2×12 m＝1 m，联立得：B＝ T，所以选项C正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q＝＝＝ C＝ C，所以选项D正确．

5．(2019·山东济南市3月模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(　　)

A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V

B．闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电

C．闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W

D．闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－2 C

答案　C

解析　根据法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS；解得：E＝0.8 V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I＝＝0.08 A，根据 P＝I2R1解得：P＝2.56×10－2 W，故C正确；K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电荷量为：Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D错误．

6.(多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L的金属棒OP固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO′以角速度ω在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．金属棒上O点的电势高于P点

B．金属棒上O点的电势低于P点

C．金属棒OP两端电势差大小为Bω2Lsin θ

D．金属棒OP两端电势差大小为BωL2sin2 θ

答案　AD

解析　由右手定则知金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P指向O，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O点的电势高于P点，故A正确，B错误．金属棒OP在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L′＝O′P＝Lsin θ，故产生的感应电动势E＝BL′·ωL′＝BωL2sin2 θ，故C错误，D正确．

7.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间ab两端的电势差Uab为(　　)

A.Bl2ω   B．－Bl2ω

C．－Bl2ω   D.Bl2ω

答案　A

解析　当ab边刚进入磁场时，ab部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a、b间的距离为l，E＝Bl ＝Bl＝Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：U＝I·2R＝·2R，故U＝Bωl2，故A正确，B、C、D错误．

8.(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd，磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化，下列说法正确的是(　　)

A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→a

B．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→a

C．t2时刻线框的感应电流最大

D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右

答案　AD

解析　t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．

9.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图所示，宽为L的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d.金属板和电阻R都与导轨相连．要使两板间质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R的金属棒ab在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g)(　　)

A．向右匀速运动，速度大小为

B．向左匀速运动，速度大小为

C．向右匀速运动，速度大小为

D．向左匀速运动，速度大小为

答案　A

解析　两板间质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好处于静止状态，则qE＝mg，板间电场强度E＝，方向竖直向下；两板间电压U＝Ed＝，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b流向a，U＝·E＝·BLv，则金属棒ab在导轨上的运动速度v＝；据金属棒中电流方向由b流向a和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A正确，B、C、D错误．

10.(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图甲所示，通电直导线MN和正方形导线框在同一水平面内，ab边与MN平行，先给MN通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N到M为正，已知线框中的磁通量与直导线MN中的电流成正比，则下列说法正确的是(　　 )

A．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大

B．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变

C．通以如图丙所示的电流时，0～t2时间内，线框受到的安培力方向不变

D．通以如图丙所示的电流时，t3 时刻线框受到的安培力为零

答案　BD

解析　由题意可知，从N到M的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t1时间内电流方向为从M到N，穿过线框abcd的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda；在t1时刻后，电流方向为N到M，穿过线框abcd的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E＝，则线框中的感应电流为I＝＝×，因线框中的磁通量与直导线MN中的电流成正比，即∝，则由乙图可知一直保持不变，故不变，则感应电流I不变，故A错误，B正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，cd边受到的安培力方向向左，根据F＝BIL可知，I、L相同，但ab边离导线近，故ab边所在处的磁感应强度大于cd边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在～t2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba；根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，cd边受到的安培力方向向右，根据F＝BIL可知，I、L相同，但ab边离导线近，故ab边所在处的磁感应强度大于cd边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t2时间内线框受到的安培力方向改变，故C错误；由题图丙可知，在t3时刻电流为零，根据F＝BIL可知，此时线框受到的安培力为零，故D正确．

11.(2019·福建三明市期末质量检测)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4 m，其下端连接一个定值电阻R＝4 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．一质量为m＝0.04 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求导体棒下滑的最大速度；

(2)若导体棒从静止加速到v＝4 m/s的过程中，通过R的电荷量q＝0.2 C，求R产生的热量值．

答案　(1)6 m/s　(2)0.16 J

解析　(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mgsin θ＝BIL，I＝

联立解得v＝6 m/s

(2)设该过程中电流的平均值为，则q＝ Δt

＝，＝

由能量守恒定律可得：mgxsin θ＝mv2＋Q

联立解得：x＝2 m，Q＝0.16 J．

12.(2019 ·浙南名校联盟期末)如图甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd，连接处接触电阻忽略，宽度cd＝L＝0.5 m，线圈质量为0.1 kg，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～ t1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)．求：

(1)线圈匀速运动的速度大小；

(2)线圈的长度ad；

(3)在0～t1时间内通过线圈的电荷量；

(4)0～t3时间内，线圈ab边产生的热量．

答案　(1) 8 m/s　 (2) 2 m　(3) 0.25 C　(4) 0.18 J

解析　 (1) t2～t3时间ab边在L3L4内做匀速直线运动，

E＝BLv2，F＝BL，F＝mg

联立解得：v2＝＝8 m/s，　　　　　

(2)从cd边出L2到ab边刚进入L3线圈一直做匀加速直线运动，ab刚进上方磁场时，cd也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d，由v2＝v1＋gt得，v1＝2 m/s，则3d＝t＝3 m，得：d＝1 m，有：ad＝2d＝2 m，

(3)0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，

(4)在0～t3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q总＝mg·5d－mv22＝1.8 J

故线圈ab边产生热量Q＝Q总＝0.18 J.

13.(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，边长为L的正方形导线框abcd放在斜面上，线框的电阻为R，线框的cd边刚好与ef重合．无初速度释放线框，当ab边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m，重力加速度为g，求：

(1)ab边刚好要进入磁场时线框的速度大小；

(2)从释放线框到ab边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．

答案　(1)　(2)

解析　(1)ab边刚好要进入磁场时，  mgsin θ＝FA＝

解得：v＝

(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为＝

根据法拉第电磁感应定律有：＝

通过线框横截面的电荷量q＝Δt＝＝.

14.(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图所示，P、Q为水平平行放置的足够长的固定的光滑金属导轨，相距l＝1 m．导轨间接有E＝15 V、r＝1 Ω的电源；0～10 Ω的变阻箱R0；R1＝6 Ω、R2＝3 Ω的电阻；C＝0.25 F的超级电容器，不计电阻的金属棒垂直于导轨跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用垂直棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.4 kg.在金属棒所处区域存在磁感应强度大小B＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场，且范围足够大．(导轨的电阻不计，g取10 m/s2)

(1)现闭合电键S1、S2，为了使物体保持静止，变阻箱连入电路的阻值应是多大？

(2)现断开电键S1，闭合S2，待电路稳定后，求电容器的带电荷量？

(3)使导体棒静止在导轨上，电键S2断开的情况下(电容器始终正常工作)释放导体棒，试讨论物体的运动情况和电容器带电荷量的变化规律？

答案　(1)2 Ω　(2)4.5 C　(3)见解析

解析　(1)金属棒受力平衡：Mg－BlI2＝0

流经电阻R1的电流：I1＝

由闭合电路欧姆定律有：E＝(I1＋I2)(R0＋r)＋I2R2

代入数据解得：R0＝2 Ω

(2)电路稳定后，分析知金属棒将做匀速运动，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E1＝Blv1

电路中电流I3＝

金属棒受力平衡有：Mg－BlI3＝0

电容器所带电荷量：Q＝E1C

代入数据解得：Q＝4.5 C

(3)对物体由牛顿第二定律有：Mg－FT＝Ma

对金属棒由牛顿第二定律有：FT－BlI＝ma

通过金属棒的电流：I＝

电容器Δt时间增加的电荷量：ΔQ＝CΔU

金属棒Δt时间增加的电压：ΔU＝BlΔv

加速度定义式：a＝

代入数据解得：a＝2.5 m/s2；I＝＝1.25 A

即导体棒做初速度为零，加速度大小为2.5 m/s2的匀加速直线运动，电容器所带电荷量每秒均匀增加ΔQ′＝1.25 C.