2021高考物理一轮复习高频考点强化练六电磁感应的综合应用含解析

1、电磁感应的综合应用(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,14题为单选题,58题为多选题)1.如图所示,边长为2l、电阻为r的正方形导线框abcd在纸面内以速度v水平向右匀速穿过一宽为l、磁感应强度为b的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向外。刚开始时线框的右边ab刚好与磁场的左边界重合,规定水平向右为右边ab受到安培力的正方向。能正确反映右边ab受到的安培力随运动距离x变化的图象是图中的()【解析】选c。线框的位移在0l内时,ab边切割磁感线产生的感应电动势为e=b2lv,感应电流i=er,ab边所受的安培力大小为f=bi2l=4b2l2vr,由楞次定律知,ab边受

2、到的安培力方向向左,为负值。线框的位移大于l后,位移在l2l内线框中磁通量不变,不产生感应电流,ab边不受安培力;位移在2l3l内,ab边在磁场之外,不受安培力,选项c正确。2.如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨mn和pq,两导轨间距为l,电阻均可忽略不计。在m和p之间接有阻值为r的定值电阻,导体杆ab电阻为r并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为b、方向竖直向上的匀强磁场中。现给ab杆一个瞬时冲量,使它获得水平向右的初速度v0。下列图象中,关于ab杆的速度v、通过电阻r中的电流i、电阻r的电功率p、通过mpabm的磁通量随时间变化的规律,可能正确的是()【解析】选b。ab杆

3、获得水平向右的初速度v0后切割磁感线,产生感应电流,受到水平向左的安培力而做减速运动,根据安培力的表达式f=b2l2vr+r,知安培力随着速度的减小而减小,加速度也减小,v-t图象的斜率逐渐减小,因此v-t图象应为曲线,选项a错误;根据i=blvr+r知i随着v的减小而减小,v-t图象切线的斜率减小,则i-t图象切线的斜率也减小,选项b正确;根据p=i2r知,i减小,p也减小,选项c错误;根据=bs知,ab杆向右运动时,磁通量不断增大,选项d错误。3.将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直于纸面向里的匀强磁场中,回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场,以

4、向里为磁场的正方向,其磁感应强度b随时间t变化的图象如图乙所示。用f表示ab边受到的安培力,以水平向右为f的正方向,能正确反映f随时间t变化的图象是图中的()【解析】选b。0t2时间内,根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得,回路的圆环形区域产生大小恒定、沿顺时针方向的感应电流,根据左手定则,ab边在匀强磁场中受到水平向左的恒定的安培力;同理,t2t时间内,ab边在匀强磁场中受到水平向右的恒定的安培力,故b正确。4.如图所示,水平面上固定着两根相距l且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为b的匀强磁场中,铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为r、质量均为m,铜棒

5、平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量i,关于此后的过程,下列说法正确的是()a.回路中的最大电流为blimrb.铜棒b的最大加速度为b2l2i2m2rc.铜棒b获得的最大速度为imd.回路中产生的总焦耳热为i22m【解析】选b。给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量i,此时铜棒a的速度最大,产生的感应电动势最大,回路中电流最大,每个棒受到的安培力最大,其加速度最大,i=mv0,v0=im,铜棒a产生的电动势e=blv0,回路电流i0=e2r=bli2mr,选项a错误;此时铜棒b受到安培力f=bi0l,其加速度a=fm=ib2l22rm2,选项b正确;此后铜棒a做变减

6、速运动,铜棒b做变加速运动,当二者达到共同速度时,铜棒b速度最大,据动量守恒,mv0=2mv,铜棒b最大速度v=i2m,选项c错误;回路中产生的焦耳热q=12mv02-122mv2=i24m,选项d错误。5.图甲为手机及无线充电板,图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究,现将问题做如下简化:设受电线圈的匝数为n,面积为s,总电阻(含所接元件)为r,若在t1到t2时间内,磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈,其磁感应强度由b1增加到b2。下列说法正确的是()a.

7、在t1到t2时间内,c点的电势高于d点的电势b.在t1到t2时间内,受电线圈通过的电量为n(b2-b1)src.若只增加送电线圈匝数,可使c、d之间的电压减小d.受电线圈中的电流大小与交流电的频率有关【解析】选b、c。根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势,故a错误;根据法拉第电磁感应定律可得:e=nt=nbts=n(b2-b1)ts,根据欧姆定律可得:i=er,通过的电荷量为:q=i(t2-t1),联立可得:q=n(b2-b1)rs,故b正确;若只增加送电线圈匝数,相当于增大变压器的原线圈匝数,所以c、d之间

8、的电压减小,故c正确;受电线圈是通过电磁感应获得能量的,所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关,故d错误。所以b、c正确,a、d错误。6.如图所示,两水平放置的平行金属导轨ab和cd相距0.5 m,ac间接阻值为1 的电阻,导体棒mn到ac的距离为0.4 m,整个装置放在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,导体棒mn垂直放在导轨上,导轨和导体棒mn的电阻可忽略不计,则下列说法正确的是()a.若导体棒mn向右滑动,则m端电势高b.若匀强磁场的磁感应强度大小为0.2 t,导体棒mn以5 m/s的速度水平向右匀速滑动时,则其所受水平外力的大小是0.25 nc.若导体棒mn固定,图中磁场的磁感应强度随

9、时间均匀增大,则导体棒中有n到m的电流d.若导体棒mn固定,磁场的磁感应强度随时间变化的规律为b=(5+0.5t)t,则通过导体棒的电流为0.125 a【解析】选a、c。棒向右切割磁感线,产生动生电动势,由右手定则知电流方向为n到m,而此方向为等效电源内部的电流流向,故m点为电源正极电势高,选项a正确;动生电动势大小由e=blv=0.20.55 v=0.5 v,而匀速运动时外力和安培力相等,故有f外=f安=berl=0.05 n,选项b错误;磁感应强度随时间均匀增大,产生感生电动势,由楞次定律可知电流方向为n到m,选项c正确;感生电动势大小为e=nt=btld=0.50.50.4=0.1 v,

10、故由欧姆定律可知i=er=0.1 a,选项d错误。7.(2020大连模拟)有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的圆形线圈平面,规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度b的正方向,电流从a经r流向b为电流的正方向。现已知r中的感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示,那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的()【解析】选a、b。在01 s内,产生的感应电流为i0,方向为顺时针,可能为垂直线圈平面向里的磁感应强度均匀减小的磁场,也可能是垂直线圈平面向外磁感应强度均匀增大的磁场。在12 s内,产生的感应电流为2i0,方向为逆时针,可能为垂直线圈平面向里磁感应强度均匀增大的磁场,也可能是先垂直线圈平面向外磁感应

11、强度均匀减小的磁场,再垂直线圈平面向里磁感应强度均匀增大的磁场,且磁感应强度的变化率是01 s 的两倍,故a、b正确,c、d错误。8.如图两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其左端接有定值电阻r。ox轴平行于金属导轨,在0x4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场,磁感应强度b随坐标x(以m为单位)的分布规律为b=0.8-0.2x(t)。金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨运动,金属棒始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1=1 m经x2=2 m到x3=3 m的过程中,r的电功率保持不变,则金属棒()a.在x1与x3处的电动势之比为13b.在x1与x3处受

12、到磁场b的作用力大小之比为31c.从x1到x2与从x2到x3的过程中通过r的电荷量之比为53d.从x1到x2与从x2到x3的过程中r产生的焦耳热之比为53【解析】选b、c、d。由于金属棒在运动过程中,r的电功率不变,则由p=i2r知电路中电流i不变,又根据e=ir知在x1与x3处电动势相同,选项a错误;由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6 t、0.4 t、0.2 t,设导轨间距为l,由f=bil知金属棒在x1与x3处受到磁场b的作用力大小之比为31,选项b正确;由e=t,q=it,得q=r,如图为b随x变化的图象,图线与坐标轴所围的面积与l的乘积表示回路磁通量的变化量,可知金属

13、棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过r的电荷量之比为53,选项c正确;根据q=i2rt和q=it可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程所用的时间之比为53,则r产生的焦耳热之比为53,选项d正确。二、计算题(本题共2小题,共36分,需写出规范的解题步骤)9.(16分)(2019江苏高考)如图所示,匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积s=0.3 m2、电阻r=0.6 ,磁场的磁感应强度b=0.2 t。现同时向两侧拉动线圈,线圈的两边在t=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中:(1)感应电动势的平均值e;(2)感应电流的平均值i,并在图中标

14、出电流方向;(3)通过导线横截面的电荷量q。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律有:感应电动势的平均值e=t磁通量的变化=bs解得:e=bst代入数据得:e=0.12 v;(2)由闭合电路欧姆定律可得:平均电流i=er代入数据得i=0.2 a由楞次定律可得,感应电流沿顺时针方向。(3)由电流的定义式i=qt可得:电荷量q=it,代入数据得q=0.1 c。答案:(1)0.12 v(2)0.2 a电流方向如图(3)0.1 c10.(20分)如图所示,宽度为l的光滑平行金属导轨左端是半径为r1的四分之一圆弧导轨,右端是半径为r2的半圆导轨,中部是与它们相切的水平导轨。水平导轨所在的区域有磁感应强度为b

15、、方向竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平导轨上,另一根质量为m的金属杆b由静止开始从左端导轨最高点滑下,当b滑至水平导轨某位置时,a滑到右端半圆导轨最高点(b始终运动且a、b未相撞),并且a在最高点对导轨的压力大小为mg(g为重力加速度),此过程中通过a的电荷量为q。已知a、b杆的电阻分别为r1、r2,其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动至右端半圆导轨最高点过程中,a、b均始终与导轨垂直且接触良好,求:(1)b在水平导轨上运动时的最大加速度;(2)上述过程中系统产生的焦耳热;(3)a刚到达右端半圆导轨最低点时b的速度大小。【解析】(1)对b从开始至滑上水平导轨过程,由机械能

16、守恒定律得12mvb12=mgr1解得vb1=2gr1b刚滑上水平导轨时加速度最大,此时e=blvb1,i=er1+r2由牛顿第二定律得f安=bil=ma解得a=b2l22gr1m(r1+r2)(2)在整个过程中,由动量定理得-bilt=mvb2-mvb1即-blq=mvb2-mvb1解得vb2=2gr1-blqm根据牛顿第三定律,a在最高点时轨道对其支持力fn=fn=mg由牛顿第二定律得mg+fn=mva12r2解得va1=2gr2对a、b组成的系统,由能量守恒定律得mgr1=12mvb22+12mva12+2mgr2+q解得q=blq2gr1-3mgr2-b2l2q22m(3)a从右端半圆

17、导轨最低点到最高点过程中,由能量守恒定律得2mgr2=12mva22-12mva12解得va2=6gr2从b刚滑上水平导轨至a滑到右端半圆导轨最低点的过程中,由动量守恒定律得mvb1=mvb3+mva2解得vb3=2gr1-mm6gr2答案:(1)b2l22gr1m(r1+r2)(2)blq2gr1-3mgr2-b2l2q22m(3)2gr1-mm6gr2【加固训练】如图所示,间距为l的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成。倾斜部分与水平部分平滑相连,倾角为,在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻。质量为m、电阻也为r的金属杆mn垂直导轨跨放在导轨上,在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强

18、度为b的匀强磁场;在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为b的匀强磁场。闭合开关s,让金属杆mn从图示位置由静止释放,已知金属杆mn运动到水平轨道前,已达到最大速度,不计导轨电阻且金属杆mn始终与导轨接触良好,重力加速度为g。求:(1)金属杆mn在倾斜导轨上滑行的最大速率vm; (2)金属杆mn在倾斜导轨上运动,速度未达到最大速度vm前,当流经定值电阻的电流从零增大到i0的过程中,通过定值电阻的电荷量为q,求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热q;(3)金属杆mn在水平导轨上滑行的最大距离xm。【解析】(1)金属杆mn在倾斜导轨上滑行的速度最大时,其受到的合力为零,对其受力分析,可得mgsin-biml=0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得:im=blvm2r解得:vm=2mgrsinb2l2(2)设在这段时间内,金属杆mn运动的位移为x由电流的定义可得:q=it根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得:平均电流i=bs2rt=blx2rt解得:x=2qrbl设电流为i0