新高考物理一轮复习考点分层训练12.3 电磁感应中的典型综合问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习考点分层训练12.3 电磁感应中的典型综合问题（2份，原卷版+解析版），共13页。试卷主要包含了3 电磁感应中的典型综合问题，2πrad/sB等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc207808769" 题组1：切割类的电路问题 PAGEREF _Tc207808769 \h 1
\l "_Tc207808770" 题组2：旋转切割的电路问题 PAGEREF _Tc207808770 \h 4
\l "_Tc207808771" 题组3：磁场变化的电路问题 PAGEREF _Tc207808771 \h 7
\l "_Tc207808772" 考点二 电磁感应中的图像问题 PAGEREF _Tc207808772 \h 9
\l "_Tc207808773" 题组1：由物理过程判断图像 PAGEREF _Tc207808773 \h 9
\l "_Tc207808774" 题组2：由图像分析物理过程 PAGEREF _Tc207808774 \h 11
\l "_Tc207808775" 考点三 电磁感应中的动力学问题 PAGEREF _Tc207808775 \h 14
\l "_Tc207808776" 题组1：电磁感应中的动力学问题 PAGEREF _Tc207808776 \h 14
\l "_Tc207808777" 考点四 电磁感应中的能量问题 PAGEREF _Tc207808777 \h 16
\l "_Tc207808778" 题组1：电磁感应中的能量问题 PAGEREF _Tc207808778 \h 16
\l "_Tc207808779" 考点五 电磁感应中的动量问题 PAGEREF _Tc207808779 \h 18
\l "_Tc207808780" 题组1：动量定理在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc207808780 \h 18
\l "_Tc207808781" 题组2：动量守恒定律在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc207808781 \h 21
12.3 电磁感应中的典型综合问题
考点一 电磁感应综的电路问题
题组1：切割类的电路问题
1.（单选）如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以速度v沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是( )
A. 两次电阻R上的电压相等
B. 第一次和第二次金属杆中感应电流之比为 32
C. 第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为32
D. 第一次和第二次电阻R上的电功率之比为43
【答案】B
【解析】AB.第一次产生的感应电动势为E1=Bdv
第二次产生的感应电动势为E2=Bdsin60∘v=2 3Bdv
因金属杆和导轨的电阻不计，电阻上的电压即为感应电动势，可知两次电阻R上的电压不相等，根据I=ER
可知第一次和第二次金属杆中感应电流之比为I1I2=E1E2= 32
选项A错误，B正确；
C.第一次金属杆受安培力F1=BE1Rd=B2d2vR
第二次金属杆受到的安培力大小F2=BE2Rdsin60∘=4B2d2v3R
而安培力大小之比为34 ，选项C错误；
D.根据P=E2R，可知第一次和第二次电阻R上的电功率之比为34 ，选项D错误。
故选B。
2. （多选）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，其间距为d，两完全相同的灯泡电阻均为R。长d、电阻不计的导体棒MN置于导轨上，且与导轨保持良好接触。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。闭合开关S，由静止开始对导体棒MN施加一水平向右的恒力F0，经过足够长的时间后，MN运动稳定，此时恒力F0的功率为P0，且小灯泡L1恰好正常发光。不计导轨电阻，忽略灯泡的电阻变化，则( )
A. 水平恒力F0=Bd P0R
B. MN运动稳定后，断开S，若保持拉力大小F0恒定，导体棒将做加速度逐渐减小的减速运动
C. MN运动稳定后，断开S，若保持拉力大小F0恒定，经足够长时间，两灯泡均能正常发光
D. MN运动稳定后，断开S，若保持拉力功率P0恒定，经足够长时间，导体棒再次稳定时速度大小为原来稳定时的 2倍
【答案】ACD
【解析】解：A、MN稳定运动时，设导体棒的速度为v，则导体棒产生的感应电动势E=Bdv，由闭合电路欧姆定律有：I=ER=BdvR
导体棒所受安培力：FA=BId=B×BdvR×d=B2d2vR
MN稳定运动时，导体棒水平方向所受恒力F0和安培力等大反向，则有：F0=B2d2vR
恒力F0的功率为：P0=F0v，联立方程可得：v= P0RB2d2，F0=Bd P0R，故A正确；
BC、MN运动稳定后，断开S，两个灯泡串联，电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电流减小，由FA=BId可知安培力减小，由牛顿第二定律有：F0−FA=ma，a与v同向，导体棒做加速运动，由FA=B2d2vR可知安培力增大，则加速度减小，所以导体棒做加速度减小的加速运动，当安培力和恒力F0大小相等时，导体棒做匀速直线运动，闭合S和断开S两种情况，MN最终所受安培力和恒力F0大小相等，则有：FA=BId=F0，所以两种情况灯泡中电流相等，可知两灯泡均能正常发光，故B错误，C正确；
D、断开S，根据以上分析可知导体棒做加速运动，若保持拉力功率P0恒定，由P=Fv可知，拉力F0减小，当拉力与安培力大小相等时，MN做匀速直线运动，设此时的MN的速度为v1，则有：F0'=FA'，即：P0v1=B2d2v12R，可得v1= 2P0RB2d2
则v1v= 2P0RB2d2 P0RB2d2= 2，故D正确。
3.如图所示，两光滑平行导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，顶端接有R=7Ω的电阻，导轨电阻不计、间距为L=1m。导轨倾斜部分的倾角为θ=30 ∘，且ABCD区域有垂直导轨平面向上的磁场，磁感应强度为B1=1T，该区域沿轨道方向的长度为x1=1m。导轨水平部分CDEF区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2=2T(不考虑CD处的边界效应，可认为磁场在CD处立即变为竖直向上)，该区域沿轨道方向的长度为x2=2m。将一金属棒a放在倾斜轨道某处，由静止释放后，可匀速通过ABCD磁场区域，穿过CDEF磁场区域后继续向左运动，金属棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直。金属棒的质量为m=0.2kg、电阻为r=3Ω，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)金属棒在ABCD区域中做匀速运动的速度大小v1；
(2)金属棒穿过CDEF区域后速度的大小v2；
(3)金属棒从开始下滑至滑到EF过程中，金属棒a上产生的焦耳热Q。
【答案】(1)金属棒产生的电动势为 E=B1Lv1
通过金属棒的电流为 I1=ER+r
金属棒受到的安培力为 F安1=B1I1L
方向沿斜面向上，根据平衡条件可得 F安1=mgsinθ
联立解得 v1=10m/s;
(2)对金属棒a，规定向左为正方向，由动量定理 −F安2t=mv2−mv1
金属棒受到的安培力为 F安2=B2I2L
根据闭合电路欧姆定律可得 I2=ER+r
根据法拉第电磁感应定律得 E=B2Lx2t
联立解得 v2=6m/s；
(3)金属棒a从AB运动至CD的过程中，回路产生的焦耳热为 Q1=mgx1sinθ
金属棒a从CD到EF的过程，回路产生的总焦耳热为 Q2=12mv12−12mv22
电阻a上产生的焦耳热为 Q=rR+r(Q1+Q2)
解得 Q=2.22J。
题组2：旋转切割的电路问题
4.（单选）1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机一法拉第圆盘发电机，其原理图如图所示，水平匀强磁场B垂直于盘面，圆盘绕水平轴C以角速度ω匀速转动，铜片D与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和电阻R组成闭合回路，圆盘半径为L，圆盘接入CD间的电阻也为R，其他电阻均可忽略不计。下列说法正确的是( )
甲 乙
A. C点电势高于D点电势
B. C、D两端的电压为12BL2ω
C. 圆盘转动过程中，电流的大小为BL2ω2R
D. 圆盘转动过程中，产生的电功率为B2L4ω28R
【答案】D
【解析】A.由右手定则可知，流经电阻R的电流由D到C，因此 C 点电势低于 D 点电势，A错误；
B.由电磁感应定律可得圆盘产生的感应电动势为
E=12BL2ω
由闭合电路欧姆定律可得C、D两端的电压为
UCD=ER+RR=14BL2ω
B错误；
C.圆盘转动过程中，由闭合电路欧姆定律可得电流的大小为
I=ER+R=BL2ω4R
C错误；
D.圆盘转动过程中，由电功率公式可知产生的电功率为
P=EI=12BL2ω×BL2ω4R=B2L4ω28R
D正确。
故选D。
5. （单选）电阻不计的单匝圆形线圈固定在磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。若一定值电阻R接在线圈的a、b两端，如图1所示，磁感应强度以ΔBΔt=0.1T/s均匀增大时，电阻R消耗的功率为P；若磁感应强度恒为0.5T，线圈闭合，在线圈边缘与圆心O之间接入定值电阻R，如图2所示，电阻不计的金属棒Oc沿着半径放在线圈上(与线圈接触良好)，绕圆心O匀速转动，电阻R消耗的功率也为P。金属棒Oc转动的角速度为( )
A. 0.2πrad/sB. 0.4πrad/sC. 0.8πrad/sD. 1.6πrad/s
【答案】B
【解析】根据法拉第电磁感应定律 E=ΔΦΔt=ΔBΔtS
单匝线圈 N=1 ，设圆形线圈半径为r，则 S=πr2
已知 ΔBΔt=0.1T/s
所以 E=0.1πr2
根据 P=E2R
可得 P=(0.1πr2)2R
金属棒切割磁感线产生的感应电动势 E'=12Bωr2
因为电阻消耗的功率也为P，所以 P=(12Bωr2)2R
由于两图中电阻R消耗功率P相等，则 (0.1πr2)2R=(12Bωr2)2R
等式两边R和r( r≠0 )可约去，得到 (0.1π)2=(12Bω)2
因为 B=0.5T
代入可得 (0.1π)2=(12×0.5ω)2
解得 ω=0.4πrad/s
故选B。
6. （多选）如图所示，半径为r的导电圆环(电阻不计)绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω逆时针匀速转动.圆环上接有电阻均为R的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成120∘角.在圆环圆心角∠MON=120∘的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通过电刷P和导线与一阻值也为R的定值电阻相连，定值电阻的另一端通过导线接在圆环的中心轴上.在圆环匀速转动过程中，则下列说法正确的是( )
A. 辐条转至图示位置时电流方向由O流向C
B. 辐条切割磁感线产生的电动势为E=12Bωr2
C. 流过定值电阻R的电流大小为I=3Br2ω8R
D. 导电圆环转动一周，流过定值电阻R的电荷量为Bπr24R
【答案】ABD
【解析】A.由右手定则可知，辐条转至图示位置时电流方向由C流向O，故A错误；
B.辐条切割磁感线产生的电动势为E=12Bωr2，故B正确；
C.三根辐条中，有一根切割磁感线，相当于电源，其他两根与电阻R并联，相当于外电路，则 P 与 O 两端的电压U=ER3+R⋅R3=18Bωr2，金属辐条转动一周流过干路的电流I=ER总=3Bωr28R，故C正确；
D.导电圆环转动一周，流过电阻R的电荷量q=13It=Bπr24R，故D正确。
题组3：磁场变化的电路问题
7. （单选）如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0时间内( )
A. 线圈面积有缩小的趋势B. 线圈中电子沿逆时针方向定向移动
C. 线圈中产生的焦耳热为π2kB0r14RD. 通过导线横截面电荷量为πB0r22R
【答案】C
【解答】AB、由题意可知，如图所示的磁场在均匀增加时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知会产生逆时针方向的感应电流，那么线圈中电子沿顺时针方向定向移动，线圈中产生感应电流，但是线圈所在位置没有磁场，所以线圈不受安培力，线圈面积没有变化趋势，故AB错误；
CD、设线圈中感应电动势E，由法拉第电磁感应定律得：E=△B△tS
线圈中的感应电流I=ER
联立解得：I=kπr12R
磁感应强度增大为2B0的时间t=B0k
由焦耳定律得：Q=I2Rt
联立解得：Q=kπ2r14B0R
通过的电量q=It
联立解得：q=πr12B0R，故C正确，D错误。
8. （多选）如图甲所示的电路中，螺线管线圈的匝数为n、面积为S0、内阻不计，定值电阻的阻值为R，电动机绕线电阻为R，穿过螺线管线圈磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示(取向上为正方向).闭合开关，在0∼t0时间内电动机不转动，t0∼2t0时间内电动机正常转动且螺线管线圈中的电流变为0∼t0时间内螺线管线圈中的电流的2.5倍.下列说法正确的是( )
A. 0∼t0时间内流过M的电流方向为A到C
B. 0∼t0时间内流过螺线管线圈的电流为nS0B0Rt0
C. 在t0∼2t0时间内电阻R两端的电压为3nS0B0t0
D. 在t0∼2t0时间内电动机的输出功率为6n2S02B02Rt02
【答案】AC
【解析】A、根据楞次定律，在0∼t0时间内，向上的磁通量增加，感应电流的磁场方向向下，再根据安培定则，可知流过M的电流方向为A到C，A正确；
B、根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt=nS0ΔBΔt，在0∼t0时间内，ΔBΔt=B0t0，则感应电动势E=nS0B0t0。此时电动机不转动，电路为纯电阻电路，总电阻为12R，根据欧姆定律I=ER总，可得流过螺线管线圈的电流I=2nS0B0Rt0，B错误；
C、在t0∼2t0时间内，螺线管线圈中E'=nΔΦΔt=nS0ΔBΔt=nS03B0t0，内阻不计，则路端电压等于电阻R两端电压且等于电动势，C正确；
D、在t0∼2t0时间内，感应电动势E'=3nS0B0t0，t0∽2t0时间内电动机正常转动且螺线管线圈中的电流变为0∽t0时间内螺线管线圈中的电流的2.5倍，可知此时螺线管中电流I'=5nS0B0Rt0，通过电阻R所在支路的电流IR=E'R=3nS0B0Rt0，通过电动机的电流I电=2nS0B0Rt0，电动机的输出功率P出=E'I电−I电2R=2n2S02B02Rt02，D错误。
9. （多选）如图甲所示，粗细均匀的绝缘导线弯成正方形线框a和内切圆形线框b，两线框在同一平面内，磁场方向垂直于线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，两线框产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流大小分别为Ia和Ib，则( )
A. Ea：Eb=π：2B. Ea：Eb=4：πC. Ia：Ib=1：1D. Ia：Ib=2：1
【答案】BC
【解析】AB.设圆形线框半径为r，则正方形线框边长L=2r
正方形线框面积Sa=L2=4r2
圆形线框面积Sb=πr2
两线框处在均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=nSk
则两线框产生感应电动势之比Ea:Eb=4:π，故A错误，B正确；
CD.设单位长度电阻为 R0 ，则正方形线框电阻Ra=4LR0=8r⋅R0
圆形线框电阻Rb=2πrR0
根据欧姆定律有I=ER
两线框中感应电流大小之比Ia:Ib=1:1，故C正确，D错误。
故选：BC。
考点二 电磁感应中的图像问题
题组1：由物理过程判断图像
1. （单选）如图所示，在光滑绝缘水平面上有一竖直向下宽度为d的磁场区域，以磁场左边界为坐标原点建立坐标轴Ox，磁感应强度大小B=kx，k为大于零的常量。有一边长为l(l>d)、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向以速度v0匀速通过磁场区域，线框的左右两边与磁场的边界平行。关于线框所受安培力F随x变化关系的图像正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在导线框的位移满足 0