高中物理高考 第3讲　电磁感应规律的综合应用 作业

第3讲　电磁感应规律的综合应用

 　　时间：60分钟　 　　满分：100分

一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分。其中1～2题为单选，3～6题为多选)

1．(2020·山东省烟台市一模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽。现有一高和底均为L的等腰三角形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下沿x轴正方向匀速穿过磁场区域。在运动过程中，线框bc边始终与磁场的边界平行。线框中感应电动势E大小、线框所受安培力F安大小、感应电流i大小、外力F大小这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图像中正确的是(　　)

答案　B

解析　线框刚进入磁场时，有效切割磁感线的长度为L，感应电动势为E＝BLv，设线框的电阻为R，则此时感应电流i＝＝；随线框的进入，切割磁感线的有效长度均匀减小至零，则E和i均匀减小至零；当线框刚进入右侧磁场时，线框在两磁场中切割磁感线的有效长度均为L，此时感应电动势E＝2BLv，感应电流i＝，之后均匀减小至零；当线框刚离开右侧磁场时，切割磁感线的有效长度为L，此时E＝BLv，i＝，之后均匀减小至零，故A错误，B正确。线框匀速运动，外力F与安培力始终大小相等，有F＝F安＝，而在每个运动过程中l随x线性变化，可知外力F与安培力在每个运动过程中都与x不是线性关系，故C、D错误。

2．(2021·北京市朝阳区高三(上)期末)如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2 Ω，其两端与一个R＝48 Ω的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是(　　)

A．电阻R两端b点比a点电势高

B．电阻R两端的电压大小为10 V

C．0.1 s时间内非静电力所做的功为0.2 J

D．0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.05 C

答案　C

解析　由图乙可知，线圈中的磁通量垂直纸面向里增加，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流，所以电阻R两端b点比a点电势低，A错误；线圈产生的感应电动势为E＝N＝200× V＝10 V，电阻R两端的电压大小为U＝E＝9.6 V，B错误；根据功能关系，非静电力所做的功转化为电路中的电能，则0.1 s时间内非静电力所做的功为W＝EIt＝t＝0.2 J,0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为q＝＝ C＝0.02 C，C正确，D错误。

3.(2020·四川省成都市三诊)如图，间距为L、倾角为θ的两足够长平行光滑导轨固定，导轨上端接有阻值为R的电阻，下端通过开关S与单匝金属线圈相连，线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增强的磁场。导轨所在区域存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，靠在插销处垂直于导轨放置且与导轨接触良好的金属棒ab，质量为m、电阻也为R，闭合S后，撤去插销，ab仍静止。线圈、导轨和导线的电阻不计，重力加速度大小为g，下列判定正确的是(　　)

A．B的方向垂直于导轨平面向下

B．线圈内磁通量的变化率为

C．断开S后，ab的最大速度为

D．断开S后，电阻R的最大热功率为

答案　BC

解析　线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增强的磁场，闭合S后，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，金属棒ab中的电流方向为b→a，对金属棒受力分析，受到重力、导轨的支持力和安培力作用，要使ab静止，安培力的方向应沿导轨平面向上，根据左手定则，判断出B的方向垂直于导轨平面向上，故A错误；对金属棒ab受力分析，沿导轨平面有F安＝mgsinθ，又F安＝BIL，线圈内磁通量的变化率为＝E＝IR，联立解得＝，故B正确；断开S瞬间，ab中电流消失，金属棒ab沿导轨向下做加速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI′L＝ma，I′＝＝，随着金属棒速度增加，感应电流变大，安培力也变大，所以加速度变小，直到加速度为零，金属棒的速度达到最大值，有mgsinθ＝BImL，Im＝，联立解得vm＝，故C正确；断开S后，电阻R的最大热功率为PR＝IR＝，故D错误。

4．(2021·八省联考福建卷)由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图a所示。其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气(可视为真空)。螺线管处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B­t图像如图b所示。一电荷量为q的颗粒在t1～t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k。则(　　)

A．颗粒带负电

B．颗粒质量为

C．t1～t2时间内，a点电势高于b点电势

D．电容器极板所带电荷量大小为

答案　AD

解析　根据楞次定律，电容器上极板带正电，下极板带负电，颗粒在t1～t2时间内悬停在电容器内，受力平衡，则颗粒受到竖直向上的静电力作用，带负电，A正确；根据平衡条件有mg＝q·，E＝N＝NS1＝，解得m＝，B错误；t1～t2时间内，电路中没有电流，所以a点电势等于b点电势，C错误；电容器所带电荷量Q＝CE＝·＝，D正确。

5.(2021·八省联考湖北卷)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(　　)

A．线框中的电流始终为逆时针方向

B．线框中的电流先为逆时针方向，后为顺时针方向

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

答案　AD

解析　根据楞次定律可知，在线框匀速进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，A正确，B错误；线框的边长为，t＝时刻，线框切割磁感线的有效长度为，动生电动势E＝Bv＝××＝＝，因磁场变化产生的感生电动势E′＝S＝k××××a＝ka2，E与E′方向相同，则流过线框的电流大小为I＝＝，C错误，D正确。

6.如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则(　　)

A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为

B．线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为

C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl

D．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl

答案　BC

解析　当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，此时线框a下边刚进入磁场，下边所受安培力＝2mg－mg，得v＝，A错误；线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场，开始线框a切割磁感线运动，受力平衡，然后线框b切割磁感线运动，受力也平衡，最后线框a切割磁感线运动，仍受力平衡，则这一过程所用时间为t＝＝，B正确；从开始运动到线框a全部进入磁场可以分为两个阶段，第一阶段线框a的下边进入磁场之前，这一阶段线框a产生的焦耳热为零，第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场，这一阶段线框b全部在磁场中，线框b中的磁通量不变，即线框b产生的焦耳热为零，第二阶段系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热，即Q＝mgl，C正确；由能量守恒定律可知，两线框的重力势能减少量等于两线框的动能增加量与两线框克服安培力做功产生的内能之和，两线框重力势能的减少量为2mgl，结合功能关系可知，两线框克服安培力做功一定小于2mgl，D错误。

二、非选择题(本题共2小题，共40分)

7.(2021·八省联考福建卷)(18分)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，棒中的电动势为E＝Blv，

设金属棒中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律，有

I＝，

金属棒所受的安培力为FA＝IlB，

因为金属棒沿导轨匀速上升，由平衡条件得

F－mgsinθ－FA＝0，

联立得v＝。

(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＝mv2－mv2，

解得W＝mgh－。

8.(2020·陕西省西安中学三模)(22分)如图所示，光滑的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨足够长，电阻不计，两轨间距为L，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，一质量为m的金属棒，放置在导轨上，其电阻为r，某时刻一水平力F垂直作用在金属棒中点，金属棒从静止开始做匀加速直线运动，已知加速度大小为a，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。

(1)从力F作用开始计时，请推导F与时间t的关系式；

(2)F作用时间t0后撤去，求金属棒能继续滑行的距离s。

答案　(1)F＝at＋ma　(2)

解析　(1)设t时刻，电路中电流为I，

对金属棒由牛顿第二定律有F－BIL＝ma

根据闭合电路欧姆定律可得BLv＝I(R＋r)

金属棒速度v＝at

联立解得F＝at＋ma。

(2)撤去F瞬间，金属棒速度v0＝at0，设金属棒能继续滑行的时间为Δt，

在Δt时间内，取金属棒速度方向为正方向

由动量定理有－LBΔt＝0－mv0

Δt＝Δt＝＝

联立解得s＝。