高考物理二轮复习训练常考题型汇编专题09 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型）（2份，原卷版+解析版）

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考点分类：考点分类见下表
考点一: 电磁感应中的能量问题
1.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
2.解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路);
(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.
3.方法技巧 求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.
(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和电能.
考点二 电磁感应中的动量问题
电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.
方法技巧 动量在电磁感应中的应用技巧
(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.
①求电荷量或速度:B QUOTE \* MERGEFORMAT lΔt=mv2-mv1,q= QUOTE \* MERGEFORMAT t.
③求位移:-BIlΔt=- QUOTE \* MERGEFORMAT =0-mv0,即- QUOTE \* MERGEFORMAT x=m(0-v0).
(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.
考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型
★考点一：电磁感应中的能量问题
◆典例一：( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F­x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)
(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.
【解析】(1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝eq \f(Blv2,R)
此时v＝kx＝1 m/s
解得B＝eq \r(\f(PR,lv2))＝eq \f(\r(30),5) T
(2)在无磁场区间0≤xmg，联立解得h>eq \f(m2gR2,2B4L4)，选项D错误．
◆典例二(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计．
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.
【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，
则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
R并＝eq \f(R,2)②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R并＋R)③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝eq \f(1,2)I④
设PQ受到的安培力为F安，有
F安＝BIPQl⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有
F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝eq \f(Bkl,3R)⑦
方向水平向右．
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为eq \(E,\s\up6(－))，有
eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)⑧
其中ΔΦ＝Blx⑨
设PQ中的平均电流为eq \(I,\s\up6(－))，有
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)⑩
根据电流的定义得
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(q,Δt) (11)
由动能定理，有
Fx＋W＝eq \f(1,2)mv2－0(12)
联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得
W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(2,3)kq. (13)
1.(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
【答案】BC
【解析】根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，根据电阻定律可得R＝ρeq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．
2.（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度变小恰好为零，从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
【答案】AD
【解析】于PQ进入磁场时加速度为零，AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误。
3.（2018中原名校联盟质检）如图所示，竖直平面内有一半径为r、电阻为Rl、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属导轨MP、NQ相接，PQ之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN与PQ相距为r。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好。已知导体棒下落时的速度大小为v。
A．导体棒在磁场中做加速度增大的加速运动
B．导体棒ab从A下落时的加速度大小为g－
C．若撤去导体棒ab，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为＝k，导线框中产生的电动势为
D．若撤去导体棒ab，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为＝k，则R2上的电功率为
【答案】BCD
【解析】导体棒在磁场中做加速度减小的加速运动，所以 选项A 错误。由几何关系知：ab 棒下落r /2时在磁场区域中的长度 L= r ，加速度 a =g –F安/m，F安=BIL，I=E/R总，，E BLv，R 总=4R，联立解得：a =g-，选项 B 正确。若撤去导体棒 ab，若此 时 磁 场 随 时 间 均 匀 变 化 ， 其 变 化 率 为 △B/△t= k， 导 线 框 中 产 生 的 电 动 势 为E=△Φ/△t=S△B/△t= kS，S=πr2，回 路 中 的 电 流 为I2==E/16R，R2消耗的电功率P2=I22R2，
联立得，P2=，所以选项 CD 正确。
4.(2018·全国卷Ⅰ·11)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
A．eq \f(5,4) B．eq \f(3,2) C．eq \f(7,4) D．2
【答案】B
【解析】在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1)＝eq \f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)
根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝eq \f(E1,R)且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)
I2＝eq \f(E2,R)，q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即eq \f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq \f(B′－B\f(1,2)πr2,R)
所以eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2).
5.如图所示，两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值为r，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现将外力F沿与导轨平行的方向作用在金属杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力F与作用时间t的图象中正确的是( )
【答案】B
【解析】分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(B0Lv,R＋r)，所以F安＝B0IL＝eq \f(B\\al(2,0)L2v,R＋r)，Ff＝μmgcs θ，所以有F－mgsin θ－eq \f(B\\al(2,0)L2v,R＋r)－μmgcs θ＝ma，又因v＝at，将其代入上式可得F＝eq \f(B\\al(2,0)L2a,R＋r)t＋mgsin θ＋μmgcs θ＋ma，由此表达式可知，选项B正确．
6.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab，cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab，cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω，R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
【答案】(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
【解析】(1)ab棒开始向右运动时，
设回路中电流为I，
根据导体棒切割磁场有，E＝Bdv0，①
由闭合电路欧姆定律得，I＝eq \f(E,R1＋R2)，②
由牛顿第二定律得，F安＝m2a0，③
又F安＝BId，④
联立①②③④式代入题给数据得，
a0＝eq \f(B2d2v0,m2R1＋R2)＝eq \f(12×0.32×10,0.1×0.1＋0.2) m/s2＝30 m/s2.
(2)设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得，
m1v0＝m1v1＋m2v2，⑤
ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得，
－m2g·2r＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,P)－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，⑥
在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得，m2g＝m2eq \f(v\\al(2,P),r)，⑦
联立⑤⑥⑦得，
v1＝eq \f(m1v0－m2·\r(5gr),m1)
＝eq \f(0.2×10－0.1×\r(5×10×0.5),0.2) m/s
＝7.5 m/s.⑧
(3)cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得，
W＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)，⑨
联立⑧⑨代入题给数据得，
W＝eq \f(1,2)×0.2×102 J－eq \f(1,2)×0.2×7.52 J
＝4.375 J.
7.(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q.
【答案】(1)BLv (2)eq \f(B2L2v2,R) (3)eq \f(B2L3v,4R)
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv.
(2)线圈中的感应电流I＝eq \f(E,R)
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝eq \f(B2L2v2,R).
(3)线圈ab边电阻Rab＝eq \f(R,4)
时间t＝eq \f(L,v)
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝eq \f(B2L3v,4R).
8.( 2019·浙江卷)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F­x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)
(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.
【答案】 (1)eq \f(\r(30),5) T (2)(0.96＋3.1x) N (3)0.324 J
【解析】(1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝eq \f(Blv2,R)
此时v＝kx＝1 m/s
解得B＝eq \r(\f(PR,lv2))＝eq \f(\r(30),5) T
(2)在无磁场区间0≤x