高考物理一轮复习全国通用版专练　电磁感应定律的综合应用

重点强化(七)电磁感应定律的综合应用(限时：45分钟)(对应学生用书第329页)一、选择题(8小题，每小题6分，1～4为单选题，5～8为多选题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则()【导学号：84370461】图1A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后静止C．ef将匀速向右运动D．ef将做往复运动A[杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl·BlvR＝B2l2vR，方向向左，故杆做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．]2．如图2所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为()图2A．1∶4B．1∶2C．1∶1D．不能确定A[根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热，则Wa＝Qa＝BLv2Ra·Lv，Wb＝Qb＝B·2Lv2Rb·2Lv，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A正确．]3．如图3所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略．当开关S由闭合变为断开瞬间，下列说法中正确的是()图3A．通过灯A的电流由c到dB．A灯突然闪亮一下再熄灭C．B灯无电流通过，不可能变亮D．电容器立即放电B[当开关S由闭合变为断开时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A和电阻R构成闭合回路放电，由于断开开关前流过线圈的电流大于流过灯泡A的电流，故A灯突然闪亮一下再熄灭，电流从d到c流过灯泡A，故d点电势比c点高，故A错误，B正确；当开关S由闭合变为断开时，外电路的总电流减小，故内电压减小，根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压增加，故电容器充电，有充电电流，故B灯有电流通过，电流方向由a到b，故C、D错误．故选B.]4．在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图4甲所示，0～1s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图乙所示，若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是下图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)()甲乙图4B[对棒受力分析，棒受的静摩擦力f＝F安＝BIL，电动势E＝ΔBΔtS，感应电流I＝ER＝ΔBΔt·SR，0～1s和3～4s内的感应电流大小和方向相同，电流从下向上通过导体棒，安培力向左，静摩擦力向右，为正；1～2s和4～5s内，感应电流为零，导体棒不受安培力，也不受静摩擦力；2～3s和5～6s内，电流从上向下流过导体棒，安培力向右，静摩擦力向左，为负，大小和0～1s内相同，所以B正确．]5．(2018·保定模拟)如图5甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．下面说法正确的是()甲乙图5A．0s～1s时间内和5s～6s时间内，导线框中的电流方向相同B．0s～1s时间内和1s～3s时间内，导线框中的电流大小相等C．3s～5s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上D．1s～3s时间内，AB边受到的安培力不变AC[0s～1s时间内穿过线圈的磁通量向外增加；5s～6s时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A正确；B­t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故0s～1s时间内和1s～3s时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B错误；3s～5s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C正确；1s～3s时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据F＝BIL可知，AB边受到的安培力要变化，选项D错误．故选A、C.]6．如图6所示，上下边界间距为l、方向水平向里的匀强磁场区域位于地面上方高l处．质量为m、边长为l、电阻为R的正方形线框在距离磁场的上边界l处，沿水平方向抛出，线框的下边界进入磁场时加速度为零．则线框从抛出到触地的过程中()【导学号：84370462】图6A．沿水平方向的分运动始终是匀速运动B．磁场的磁感应强度为mgR2gl3C．产生的焦耳热为2mglD．运动时间为22lgACD[线框进入磁场后竖直的两条边以v0水平垂直切割磁感线，两边产生的总电动势为零，线框的电动势就是下边产生的，E＝Blv⊥.由于竖直的两边中电流方向相反，安培力抵消，线框水平方向受合力为零，水平方向做匀速直线运动，A正确；E＝Blv⊥＝Bl2gl，电流I＝ER，由mg＝BIl，三式联立解得B＝mgRl22gl，B错误；因为线框和磁场一样宽，所以线框匀速进磁场，匀速出磁场，对线框穿过磁场的过程应用动能定理，mg·2l－W克安＝0，W克安＝2mgl，而产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以产生的焦耳热为2mgl，C正确；l＝12gt21，t1＝2lg，2l＝v⊥t2＝2glt2，t2＝2lg，所以总时间t＝t1＋t2＝22lg，D正确．]7．(2018·无锡模拟)如图7所示，在电阻不计的边长为L的正方形金属框abcd的cd边上接两个相同的电阻，平行金属板e和f通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B大小相等，B随时间t均匀增加，已知B＝B0＋kt(k＞0)，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L，板间距离为L.质量为m，电荷量为q的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f板右边缘射出．不计粒子重力，忽略边缘效应．则()图7A．金属框中感应电流方向为abcdaB．粒子带正电C.L2kqmD．粒子在e、f间运动增加的动能为14kL2qAC[根据楞次定律，原磁场向里均匀增加，感应磁场向外，利用右手螺旋定则可知，感应电流方向为abcda，A正确；由题知粒子受电场力向下，而电场方向向上(由A知，f板电势高)，故粒子带负电，B错误；粒子在两板间做类平抛运动，且两板间电势差为E2＝ΔBΔt×12L22＝kL24，由平抛运动规律，L＝v0t，L2＝12at2，a＝qE2mL＝kqL4m，解得v0＝L2kqm，C正确；粒子在e、f间运动增加的动能等于电场力做的功，则ΔEk＝q×12×E2＝18kL2q，D错误．故选A、C.]8．(2018·武汉模拟)如图8所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高度处由静止释放穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动．从线框的ab边到达MN时开始计时，以MN上某点为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x关系的图线中，可能正确的是()图8AD[由于ab边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为abcd，沿逆时针方向，故在图象中，在0～L的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为0；经分析知线框在进入磁场过程和在磁场中运动过程均做加速运动，则线框的ab边从磁场的下边界出来时的速度要比cd边刚进入磁场时的大，故cd边刚进磁场时，线框的感应电流要比ab边出磁场时的感应电流小，又感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反，故A正确，B错误．由于ab边穿出磁场时速度较大，产生的感应电流较大，且电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，故电流逐渐增大，安培力也逐渐增大．在0～L段，由前面分析知，感应电流小于I0，因此安培力小于mg，根据左手定则知安培力方向向上，在L～2L段，线框内感应电流为0，所以安培力为0，在2L～3L段，线框做匀速直线运动，故受力平衡，即安培力等于重力，方向向上，故C错误，D正确．]二、计算题(3小题，共52分)9．(16分)(2018·大连模拟)如图9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θ，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、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为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，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：图9(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.【导学号：84370463】[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：mgsinθ－BIL＝0根据欧姆定律可得：I＝BLvm2r解得：vm＝2mgrsinθB2L2.(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义可得：q＝I－Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：I－＝BΔS2rΔt＝BLx2rΔt解得：x＝2qrBL设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝BLv02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsinθ＝Q总＋12mv20定值电阻产生的焦耳热Q＝12Q总解得：Q＝mgqrsinθBL－mI20r2B2L2.(3)由牛顿第二定律得：BIL＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I＝BLv2r可得：B2L22rv＝mΔvΔtB2L22rvΔt＝mΔv，即B2L22rxm＝mvm得：xm＝4m2gr2sinθB4L4.[答案](1)2mgrsinθB2L2(2)mgqrsinθBL－mI20r2B2L2(3)4m2gr2sinθB4L410．(16分)(2018·郑州模拟)如图10所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计，其间距为L，两导轨及其构成的平面与水平面成θ角．两根用细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F作用在杆ab上，使两杆静止．已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，两金属杆的电阻都为R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.某时刻将细线烧断，保持杆ab静止不动，重力加速度为g.图10(1)求细线烧断后外力F的最小值F1和最大值F2；(2)当外力F＝F1＋F22时，求cd杆的速度大小；(3)从细线烧断到cd杆达到最大速度，杆ab产生的电热为Q，求cd杆在此过程中经过的位移．[解析](1)细线烧断瞬间，外力F取得最小值F1，对杆ab：F1＝mgsinθcd杆到达最大速度vm时，外力F取得最大值F2，对杆ab：F2＝mgsinθ＋F安对cd杆，因其匀速运动，则F′安＝2mgsinθ显然F安＝F′安代入可得F2＝3mgsinθ.(2)当外力F＝F1＋F22时，对杆abF＝mgsinθ＋F″安＝2mgsinθ可得F″安＝mgsinθ又知F″安＝BIL其中I＝BLv2R可得此时cd杆的速度v＝2mgRsinθB2L2.(3)由于两杆电阻相等，所以产生的电热相等．cd杆达到最大速度前，电路产生的总电热为2Q，设cd