2020高考物理二轮总复习专题限时训练1-4-1电磁感应定律的综合应用（Word版带解析）

专题限时训练 一、单项选择题 1．如图所示，两个相同的闭合铝环 M、N 套在一根光滑的绝缘水平杆上，螺线管 的轴线与铝环的圆心在同一直线上，闭合开关 S 后，向左快速移动滑动变阻器的 滑片 P，不考虑两环间的相互作用力，则在移动滑片 P 的过程中(　　) A．M、N 环向左运动，它们之间的距离增大 B．M、N 环向左运动，它们之间的距离减小 C．M、N 环向右运动，它们之间的距离增大 D．M、N 环向右运动，它们之间的距离减小 答案：C 2．(2019·北京海淀区高三二模)．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接 有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，棒与导 轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力 F 作用下 匀速上升的一段时间内，金属棒受恒定大小的滑动摩擦力 f，下列说法正确的是 (　　) A．通过电阻 R 的电流方向水平向右，棒受到的安培力方向竖直向上 B．通过电阻 R 的电流方向水平向左，棒受到的安培力方向竖直向下 C．棒机械能增加量的大小等于棒克服重力所做的功 D．棒机械能的增加量等于恒力 F 和滑动摩擦力 f 做的总功 答案：C 解析：由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向向左，所以通过电阻 R 的电流 方向向右；再由左手定则可以判断出导体棒受到的安培力方向竖直向下，所以 A、B 错误；由题意知导体棒做匀速运动，故动能不变，所以导体棒机械能的增加量也 就是重力势能的增加量，等于棒克服重力所做的功，所以 C 正确；导体棒机械能 的变化量等于除重力以外的力做的功，所以棒机械能的增加量等于恒力 F、安培力 和滑动摩擦力 f 做的总功，所以 D 错误． 3．(2018·山东德州一模改编)如图所示，半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形细 管道内有一带电粒子．此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系 式为 B＝B0＋kt(k>0)．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电 场，该感应电场对带电粒子将有沿圆环切线方向的作用力．粒子转动一周后的磁 感应强度为 B1，则(　　) A．此装置产生的感生电动势为(B1－B0)πr2 B．此装置产生的感生电动势为 kπr2 C．感应电场的方向沿顺时针 D．粒子转动过程中一定是洛伦兹力提供向心力 答案：B 解析：根据法拉第电磁感应定律得感生电动势大小为 E 电＝ΔB Δt ·πr2＝kπr2，选项 A 错误，B 正确；根据楞次定律可知，电场方向逆时针，选项 C 错误；感应电场对 带电粒子将有沿圆环切线方向的作用力，使得粒子的速度逐渐变大，则圆形管道 将对粒子产生压力，管道的压力和洛伦兹力的合力提供向心力，选项 D 错误． 4．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强 磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框 ABCD 位于纸面内且对角线 AC 与虚 线垂直，磁场宽度与对角线 AC 长均为 d.现使线框沿 AC 方向匀速穿过此磁场，以 逆时针方向为感应电流的正方向，则从 C 点进入磁场到 A 点离开磁场的过程中， 线框中电流 i 随时间 t 的变化关系，以下可能正确的是(　　)A　　　　 B　　　　 C　　 　　D 答案：D 解析：线圈在进入磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针 方向，为正值；在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方 向沿顺时针方向，为负值；线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的 方向为逆时针，为正值，故 B、C 错误．设 BD＝L.在一半线圈进入磁场的过程中， 切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当 BD 刚 进入磁场时，感应电流最大为 I1＝BLv R ＝i0；在全部线圈进入磁场过程中，切割的 有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过 两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当 BD 通 过磁场分界线时，感应电流最大为 I2＝2BLv R ＝2i0；后均匀减小至零；在一半线圈 出磁场到全部线圈出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感 应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为 I3＝BLv R ＝i0，故 D 正确，A 错误． 5.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示．在传送带的 下方固定有间距为 L、长度为 d 的平行金属电极，电极间充满磁感应强度大小为 B、方向垂直于传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有 理想电压表和电阻 R，传送带背面固定有若干根间距为 d 的平行细金属条，其电阻 均为 r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触 良好．当传送带以一定的速度匀速运动时，电压表的示数为 U，则下列说法中正 确的是(　　) A．传送带匀速运动的速率为 U BLB．电阻 R 产生焦耳热的功率为 U2 R＋r C．金属条经过磁场区域受到的安培力大小为BUd R＋r D．每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做的功为BLUd R 答案：D 解析：由于金属条有电阻，所以电压表示数与感应电动势不相等，根据 E＝BLv 和 U＝ R R＋rE 可知，传送带匀速运动的速率为 (R＋r)U RBL ，A 选项错误；电阻 R 产生 焦耳热的功率为U2 R ，B 选项错误；根据安培力公式 F＝BIL 可知，安培力大小为BLU R ， C 选项错误；安培力做的功 W＝－Fd＝－BILd，所以克服安培力做的功为BLUd R ， D 选项正确． 6．如图甲，光滑平行的、足够长的金属导轨 ab、cd 所在平面与水平面成 θ 角， b、c 两端接有阻值为 R 的定值电阻．阻值为 r 的金属棒 PQ 垂直导轨放置，其他 部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨 平面向上．从 t＝0 时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力 F，使棒由静止 开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过 R 的感应电流 随时间 t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路 PQcb 的磁通量 Φ、磁 通量的变化率ΔΦ Δt 、电阻 R 两端的电势差 U 和通过棒上某横截面的总电荷量 q 随运 动时间 t 变化的图象，其中正确的是(　　) A　　　　 B　　　　C　　　　D 答案：B 解析：由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而选项 A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，故 A 错误；回路中的感应电动势为 E＝ΔΦ Δt ， 感应电流为 I＝ E R＋r ＝ ΔΦ Δt(R＋r)，由图乙可知 I＝kt，即 ΔΦ Δt(R＋r)＝kt，故有ΔΦ Δt ＝kt(R ＋r)，所以选项 B 正确；I 均匀增大，棒两端的电势差 Uab＝IR＝ktR，则知 Uab 与 时间 t 成正比，故 C 错误；通过导体棒的电荷量为 Q＝It＝kt2，故 Q－t 图象为抛 物线，并非过原点的直线，故 D 错误． 二、多项选择题 7．(2019·全国卷Ⅱ)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．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象可能正确的是 (　　) A　　　　 　B　　　　　C　　　　　D 答案：AD 解析：如果 PQ 进入磁场时加速度为零，PQ 做匀速运动，感应电流恒定．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 从同一位置释放，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，但方向相反，A 正确， B 错误．若 PQ 出磁场前 MN 已经进入磁场，由于磁通量 Φ 不变，无感应电流， PQ、MN 均加速运动，PQ 出磁场后，由于 MN 在磁场中的速度比进磁场时的速度 大，故电流比 PQ 进入磁场时电流大，此后 PQ 做减速运动，电流减小，故 C 错误， D 正确． 8．如图所示，S 和 P 是半径为 a 的环形导线的两端点，OP 间电阻为 R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直环面．当金属棒 OQ 与环形导线接触， 以角速度 ω 绕 O 点无摩擦匀速转动时，则(　　) A．电阻 R 两端的电压为Bωa2 2 B．电阻 R 消耗的功率为B2ω2a4 4R C．金属棒受的安培力为B2ωa2 2R D．外力对 OQ 做功的功率为B2ω2a4 2R 答案：AB 解析：Q 端的线速度为 v＝ωa，OQ 杆切割磁感线的平均速度为v＝v 2 ＝1 2aω，OQ 杆转动切割磁感线产生的电动势为 E＝BLv＝1 2Ba2ω，由于其他部分电阻不计，故 选项 A 正确；电阻 R 消耗的功率 P＝U2 R ＝E2 R ＝B2ω2a4 4R ，故选项 B 正确；根据闭合 电路欧姆定律有 I＝E R ，则安培力 F＝BIL＝BE Ra＝B2a3ω 2R ，故选项 C 错误；根据能量 守恒定律，由于金属棒 OQ 匀速转动，外力所做的功转化为电阻 R 消耗的热量， 故选项 D 错误． 9．如图所示，间距为 L、足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，将 ab 棒在导轨上无初速度释放，当 ab 棒 下滑到稳定状态时，速度为 v，通过电阻 R 的电荷量为 q，电阻 R 上消耗的功率为 P，导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是(　　) A．导体棒的 a 端电势比 b 端低 B．ab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C．ab 棒由开始释放到达到稳定状态的过程中，金属棒在导轨上发生的位移为qR BL D．若换成一根质量为原来 2 倍的导体棒，其他条件不变，则 ab 棒下滑到稳定状 态时，电阻 R 消耗的功率将变为原来的 2 倍 答案：BC 解析：由右手定则可知，导体棒的 a 端电势比 b 端高，选项 A 错误；ab 棒在开始 时受竖直向下的重力和平行斜面向上的安培力作用，加速度为 a＝ mgsin θ－B2L2v R m ， 随 v 的增大，则 a 减小，即达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，选项 B 正 确；根据 q＝I·Δt＝E R·Δt＝ΔΦ R ＝BLx R ，可得 ab 棒由开始释放到达到稳定状态的过程 中金属棒在导轨上发生的位移为 x＝qR BL ，选项 C 正确；当 ab 棒下滑到稳定状态时， 满足 mgsin θ＝B2L2v R ，电阻 R 消耗的电功率 P＝ (BLv)2 R ＝m2g2Rsin 2 θ B2L2 ，若换成一 根质量为原来 2 倍的导体棒，其他条件不变，则 ab 棒下滑到稳定状态时，电阻 R 消耗的功率将变为原来的 4 倍，选项 D 错误． 三、计算题 10．(2019·北京海淀区高三二模)．如图所示，阻值忽略不计、间距为 l 的两金属导 轨 MN、PQ 平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为 R 的电阻，一阻值为 r、 质量为 m 的金属棒 ab 放置在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为 μ，磁 感应强度为 B 的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度 v0，金 属棒运动一段时间后静止，水平位移为 x，导轨足够长，求整个运动过程中，安培 力关于时间的平均值的大小 Ft. 答案： B2l2xμmg mv0(R＋r)－B2l2x 解析：由动量定理可知，IA＝ΣBlIΔt＝ΣBlq 再根据：q＝It＝ E R＋rt＝n ΔΦ R＋r ＝ Blx R＋r ， 则 IA＝B2l2x R＋r再根据动量定理：－μmgt－IA＝0－mv0，则 t＝ mv0－B2l2x R＋r μmg 解得：Ft＝IA t ＝ B2l2xμmg mv0(R＋r)－B2l2x 11．(2019·天津市和平区高三三模)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨 MN、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距 L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间 连接有固定电阻 R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量 m＝0.10 kg、电阻 r＝0.20 Ω 的金属 杆 ab，整个装置处于磁感应强度 B＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用 一外力 F 沿水平方向拉金属杆 ab，使之由静止开始做匀加速运动，电压传感器可 将 R 两端的电压 U 即时采集并输入电脑，获得电压 U 随时间 t 变化的关系如图乙 所示． (1)计算加速度的大小； (2)求第 2 s 末外力 F 的瞬时功率； (3)如果水平外力从静止开始拉动杆 2 s 所做的功 W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦 耳热． 答案：(1)1 m/s2　(2)0.35 W　(3)5.0×10－2 J 解析：(1)根据 E＝BLv，v＝at，UR＝ R R＋rE 结合图乙所示数据，解得：a＝1 m/s2. (2)由图象可知在 2 s 末，电阻 R 两端电压为 0.2 V 通过金属杆的电流 I＝UR R 金属杆受安培力 F 安＝BIL 设 2 s 末外力大小为 F2，由牛顿第二定律，F2－F 安＝ma 故 2 s 末时 F 的瞬时功率 P＝F2v2＝0.35 W (3)设回路产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律，W＝Q＋1 2mv22 电阻 R 与金属杆的电阻 r 串联，产生焦耳热与电阻成正比金属杆上产生的焦耳热 Qr＝ r R＋r Q 解得：Qr＝5.0×10－2 J . [满分设计] (2016·全国卷Ⅰ，24,14 分) 如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 θ，上沿相连．两细 金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两 根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两 光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平①.右斜面上存在匀强磁场，磁 感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中②，回路 电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 μ③，重力加速度大小为 g，已知 金属棒 ab 匀速下滑④.求： (1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小． [科学审题] 关键点 获取信息 ① 两斜面倾斜角大小相同，可以分析出两棒所受摩擦力的 方向 ② 导体不受安培力 ③ 可以确定最大静摩擦力的大小 ④ 另一棒匀速上滑，两棒均处于平衡状态 [快速切题] 对左右两根棒，线上拉力大小相等，ab 棒在重力沿斜面的分力，线的拉力，滑动 摩擦力和安培力作用下处于平衡状态，cd 棒与 ab 棒相比，少受一个安培力，通过 列两根棒的平衡方程，消掉拉力，即可从平衡角度求出金属棒 ab 上的安培力的大 小；结合安培力公式及棒切割磁感线的速度与感应电动势的关系即可求出棒的速 度． [规范解答] (1)设导线的张力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2，对于 ab 棒，由力的 平衡条件得 2mgsin θ＝μN1＋T＋F ①(2 分) N1＝2mgcos θ ②(1 分) 对于 cd 棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T ③(2 分) N2＝mgcos θ ④(1 分) 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤(2 分) (2)由安培力公式得 F＝BIL ⑥(2 分) 这里 I 是回路 abdca 中的感应电流，ab 棒上的感应电动势为 E＝BLv ⑦(1 分) 式中，v 是 ab 棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I＝E R ⑧(1 分) 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2 ⑨(2 分)