新教材适用2024版高考物理一轮总复习练案31第十一章电磁感应第3讲电磁感应的综合应用

练案[31]第3讲电磁感应的综合应用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2023·湖南省隆回县模拟预测)物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位之间的关系。如关系式I＝eq\f(q,t)，既反映了电流、电荷量和时间之间的关系，也确定了A(安)与C(库)和s(秒)的比值等效。现有物理量单位m(米)、s(秒)、N(牛)、C(库)、A(安)、V(伏)、Ω(欧)，由它们组合成的单位不与磁感应强度单位T(特斯拉)等效的是(C)A.eq\f(N,A·m) B.eq\f(N·s,C·m)C.eq\f(A·Ω·s,m) D.eq\f(V·s,m2)[解析]由公式F＝BIL可知B＝eq\f(F,IL)，所以eq\f(N,A·m)与磁感应强度单位T等效，故A不符合题意；由F＝Bqv可知B＝eq\f(F,qv)，所以eq\f(N·s,C·m)与磁感应强度单位T等效，故B不符合题意；由E＝BLv可知B＝eq\f(E,Lv)，所以eq\f(V·s,m2)与磁感应强度单位T等效，故D不符合题意；由U＝IR可知V＝A·Ω，由T＝eq\f(V·s,m2)＝eq\f(A·Ω·s,m2)，可知eq\f(A·Ω·s,m)与磁感应强度单位T不等效，故C符合题意。2．(2023·江西高三模拟)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为(A)A.eq\f(NBSsinθ,t)，逆时针 B.eq\f(NBScosθ,t)，逆时针C.eq\f(NBSsinθ,t)，顺时针 D.eq\f(NBScosθ,t)顺时针[解析]经过时间t，面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为ΔΦ＝BSsinθ，由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的平均感应电动势的大小为E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(NBSsinθ,t)，由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。故选A。3．(2021·重庆卷)如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M′Q′与NP重合，在M′Q′从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是(B)[解析]闭合导线框M′N′P′Q′匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中产生逆时针的感应电流，故感应电流方向一直为正；线框向左匀速运动过程中，切割磁感线的有效长度先减小，后增大，由感应电动势E＝BLv可知E先减小后增大，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，则感应电流先减小，后增大，综上分析，B正确。4．(2021·河北卷)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是(A)A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定[解析]金属棒向右切割磁感线，由右手定则可知金属棒上端电势高，因此，电容器上极板带正电，C错误；当金属棒达到x0时，金属棒切割磁感线的有效长度为2x0tanθ，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势E＝2Bvx0tanθ，则电容器所带的电荷量q＝EC＝2BCvx0tanθ，B错误；当金属棒从O点开始向右运动Δt时，棒切割磁感线的有效长度l＝2vΔttanθ，此时棒中电流i＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)＝eq\f(CBvl,Δt)＝2BCv2tanθ，A正确；由A项分析可知，此时金属棒所受的安培力F安＝Bil＝4B2Cv3Δttan2θ，安培力随时间增大而增大，由于棒匀速运动，由平衡条件知外力F＝F安＝4B2Cv3Δttan2θ，则外力F也逐渐增大，外力做功的功率P＝Fv也增大，D错误。5．(2023·广东深圳高三模拟)中国电磁炮技术世界领先，下图是一种电磁炮简易模型。间距为L的平行导轨水平放置，导轨间存在竖直方向、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源。带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒电阻为R，导轨电阻不计。通电后炮弹沿图示方向发射。则(B)A．磁场方向竖直向下B．闭合开关瞬间，安培力的大小为eq\f(BEL,R＋r)C．轨道越长，炮弹的出射速度一定越大D．若同时将电流和磁场方向反向，炮弹将沿图中相反方向发射[解析]流过炮弹的电流为逆时针方向，所受安培力水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，故A错误；闭合开关瞬间电流为I＝eq\f(E,R＋r)，则安培力为F＝BIL＝eq\f(BEL,R＋r)，故B正确；金属棒开始运动后会产生反电动势，随着速度增大，反电动势随之增大，则金属棒的电流越来越小，安培力也越来越小，直到通过金属棒的电流为零，速度达到最大，所以炮弹的出射速度有最大值，故C错误；若同时将电流和磁场方向反向，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，故D错误。6．(2023·河北高三模拟)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R1＝5Ω和R2＝6Ω的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计。电路中的电压表量程为0～10V，电流表的量程为0～3A。现将R调至30Ω，用F＝40N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移。当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏。下列说法正确的是(BC)A．当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B．当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是1m/sD．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2m/s[解析]假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I＝eq\f(U,\f(R2R,R2＋R))＝2A<3A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，有FA＝BIL＝F，感应电动势E＝U＋IR1＝(10＋2×5)V＝20V，又E＝BLv，解得v＝eq\f(EI,F)＝1m/s，故C正确，D错误。7．(2023·山东高三专题练习)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(BD)A．棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为eq\f(1,2)CBr2ω[解析]金属棒绕OO′轴切割磁感线转动，棒产生的电动势E＝Br·eq\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A错误；电容器两极板间电压等于电源电动势E，带电微粒在两极板间处于静止状态，则qeq\f(E,d)＝mg，即eq\f(q,m)＝eq\f(dg,E)＝eq\f(dg,\f(1,2)Br2ω)＝eq\f(2dg,Br2ω)，B正确；电阻消耗的功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝eq\f(CBr2ω,2)，D正确。8．(2023·安徽高三开学考试)如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L＜d)，质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd边刚进入磁场一直到ab边离开磁场为止)(ABC)A．感应电流所做的功为2mgdB．线圈的最小速度可能为eq\f(mgR,B2L2)C．线圈的最小速度一定是eq\r(2gh＋L－d)D．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向[解析]据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量Q＝mgd，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A正确；线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有mg＝eq\f(B2L2v,R)，解得可能的最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故B正确；因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mv2，解得最小速度v＝eq\r(2gh＋L－d)，故C正确；线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，磁通量向里减少，感应电流的磁场垂直纸面向里，感应电流的方向为顺时针，故D错误。二、非选择题9．(2023·辽宁高三模拟)如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L＝1m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1kg，电阻R均为0.5Ω。cd棒右侧1m处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F＝1.5N作用于ab棒上，作用4s后撤去F。撤去F之后ab棒与cd棒发生弹性碰撞，cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。(g取10m/s2)求：(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；(2)若s＝1m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h。[答案](1)06m/s(2)1.25m[解析](1)对ab棒，由动量定理得Ft＝mva－0，ab棒与cd棒碰撞过程，取向右方向为正，对系统由动量守恒定律得mva＝mvc＋mv′a，由系统机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,a)，解得v′a＝0，vc＝6m/s。(2)cd棒在磁场中运动过程中，平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(BL\x\to(v),2R)＝eq\f(BLs,2RΔt)，平均安培力为F′＝Beq\x\to(I)L，对cd棒通过磁场过程，由动量定理得－F′Δt＝mv′c－mvc，对cd棒出磁场后，由能量守恒得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,c)＝mgh，联立以上各式得h＝1.25m。10．(2021·全国乙卷)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计，一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m。初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝eq\f(3,16)m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6。求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。[答案](1)0.18N(2)0.02kg0.375(3)eq\f(5,18)m[解析](1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M＋m)gs1sinα＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)，代入数据解得v0＝eq\f(3,2)m/s，金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0，由闭合电路的欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)，则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18N。(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒受