专题22 电磁感应的综合计算（解析版）2020年全国百所名校最新高考物理模拟试题全解汇编

2020 年全国百所名校最新高考模拟试题全解汇编 电磁感应的综合应用 1、（2020·湘赣皖长郡中学等十五校高三下学期第一次考试）如图所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面向里， 磁感应强度大小为 B．导体棒 A 的一端固定在铜环的圆心 O 处，可绕 O 匀速转动，与半径分别为 r1、r2 的 铜环有良好接触。通过电刷把大小铜环与两竖直平行正对金属板 P、Q 连接成电路。R1、R2 是定值电阻， R1=R0，R2=2R0，质量为 m、电荷量为 Q 的带正电小球通过绝缘细线挂在 P、Q 两板间，细线能承受的最大 拉力为 2mg，已知导体棒与铜环电阻不计，P、Q 两板间距为 d，重力加速度大小为 g。现闭合开关，则（　　） A. 当小球向右偏时，导体棒 A 沿逆时针方向转动 B. 当细线与竖直方向夹角为 45°时，平行板电容器两端电压为 C. 当细线与竖直方向夹角为 45°时，电路消耗的电功率为 D. 当细线恰好断裂时（此时小球的加速度为零），导体棒 A 转动的角速度为 【答案】AD 【解析】 A．当小球向右偏时，P 板带正电，通过 R2 的电流向上，则由右手定则可知，导体棒 A 沿逆时针方向转动， 选项 A 正确； BC．当细线与竖直方向夹角为 45°时，则 mgQ d 2 2 2 0 3 4 m g d Q R ( )2 2 1 2 3 3mgd QB r r− tan 45QE mg=  解得平行板电容器两端电压为 此时电路中的电流 电路消耗的电功率为 选项 BC 错误； D．当细线恰好断裂时，此时 电动势 解得导体棒 A 转动的角速度为 UE d = mgdU Q = 2 02 U mgdI R QR = = 2 2 2 2 1 2 2 0 3( ) 4 m g dP I R R Q R = + = 3QE mg= UE d = 0 0 32 U RR ε = × 2 21 2 1 2 1 2 1( ) ( )= ( )2 2 r rB r r B r rε ω ω+= − ⋅ − ( )2 2 1 2 3 3= mgd QB r r ω −选项 D 正确。 故选 AD。 2、（2020·高三下学期综合演练八）如图甲为电动汽车无线充电原理图，M 为受电线圈， N 为送电线圈．图乙为受电线圈 M 的示意图，线圈匝数为 n、电阻为 r、横截面积为 S，a、b 两端连接车载 变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈．下列说法正确是 A. 当线圈 N 接入恒定电流时，不能 电动汽车充电 B. 当线圈 N 接入正弦式交变电流时，线圈 M 两端产生恒定电压 C. 当线圈 M 中的磁感应强度增加时，有电流从 a 端流出 D. 充电时，△t 时间内线圈 M 中磁感应强度大小均匀增加△B，则 M 两端电压为 【答案】AC 【解析】 A．当送电线圈 N 接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈 M 中的磁通量没有发生变化，故无法产 生感应电流，不能为电动汽车充电，故 A 正确； B． 当线圈 N 接入正弦式交变电流时，受电线圈 M 中的磁通量线圈按正弦式变化，故 M 两端产生正弦式 电压，故 B 错误； C．穿过线圈 M 的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流 方向从 b 向 a，即电流从 a 端流出；故 C 正确； D．根据法拉第电磁感应定律，有：E＝n nS ，设受电线圈外接电路的电阻为 R，由闭合电路的欧 为 nS B t ∆ ∆ t ∅ =  B t  姆定律得 M 两端的电压 U R ，故 D 错误． 3、（2020·山东省济南钢铁高中高三下学期 3 月初模拟）如图，半径为 L 的小圆与半径为 3L 的圆形金属导 轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场．现 将一长度为 3L 的导体棒置于磁场中，让其一端 O 点与圆心重合，另一端 A 与圆形导轨良好接触．在 O 点 与导轨间接入一阻值为 r 的电阻，导体棒以角速度 ω 绕 O 点做逆时针匀速圆周运动，其它电阻不计．下列 说法正确的是（　　） A. 导体棒 O 点的电势比 A 点的电势低 B. 电阻 r 两端的电压为 C. 在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻 r 的电荷量为 D. 在导体棒旋转一周的时间内，电阻 r 产生的焦耳热为 【答案】AC 【解析】 由右手定则可知，感应电流由 O 流向 A，则 O 点电势比 A 点电势低，故 A 正确；感应电动势：E=B（2L） =B （ 2L ） =4BL2ω ， 电 阻 两 端 电 压 ： U=E=4BL2ω ， 故 B 错 误 ． 电 路 中 电 流 为 ： ，周期为： ，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为： ， E R r = + ( ) nS BR t R r = +   29 2 B Lω 28B L r π 2 48 B L r πω v 3 2 L Lω ω+ ⋅ 24E BLI r r ω= = 2T π ω= 28 BLq It r π= =故 C 正确；在导体棒旋转一周的时间内，电阻 r 产生的焦耳热为： ，故 D 错误． 4、（2020·广东省东莞市光明中学高三下学期第一次月考）如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水 平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 θ．如 果仅改变下列某一个条件，θ 角的相应变化情况是 A. 棒中的电流变大，θ 角变大 B. 两悬线等长变短，θ 角变小 C. 金属棒质量变大，θ 角变大 D. 磁感应强度变大，θ 角变小 【答案】A 【解析】 导体棒受力如图所示， 导体棒平衡，可得： 2 4 2 32 B LQ I rT r π ω= =； A．棒中电流 I 变大，θ 角变大，故 A 正确； B．两悬线等长变短，θ 角不变，故 B 错误； C．金属棒质量变大，θ 角变小，故 C 错误； D．磁感应强度变大，θ 角变大，故 D 错误． 故选 A． 5、（2020·广东省高三下学期 3 月线上测试）随着航空领域的发展，实现火箭回收利用， 成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火 箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部 边缘绕有闭合单匝矩形线圈 abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道 MN、PQ 和超导线圈（图中未画 出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运 动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而 实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为 v0，经过时间 t 火箭着陆，速度恰 好为零；线圈 abcd 的电阻为 R，其余电阻忽略不计；ab 边长为 l，火箭主体质量为 m，匀强磁场的磁感应 强度大小为 B，重力加速度为 g，一切摩擦阻力不计，求： （1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈 ab 边两端的电势差 Uab； （2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小； （3）火箭主体的速度从 v0 减到零的过程中系统产生的电能。 tan F BIL mg mg θ = ＝【答案】（1） （2） （3） 【解析】 (1)ab 边产生电动势：E＝BLv0，因此 (2)安培力 ，电流为 ，对火箭主体受力分析可得： Fab－mg＝ma 解得： (3)设下落 t 时间内火箭下落的高度为 h，对火箭主体由动量定理： mgt－ ＝0－mv0 即 mgt－ ＝0－mv0 化简得 h＝ 根据能量守恒定律，产生的电能为： E＝ 代入数据可得： 0 3 4abU Blv= 2 2 0B l va gmR = − 2 20 02 2 ( ) 1 2 m gR v gtE mvB L += + 0 3 4abU Blv= abF BIl= 0BlvI R = 2 2 0B l va gmR = − abF t 2 2B L h R 0 2 2 ( )mR v gt B L + 2 0 1 2mgh mv+6、（2020·河北省衡水中学高三 3 月质量检测）.如图所示，两条间距 L1=0.5m 的平行光滑金属直导轨，沿与 水平地面间夹角 θ=30°的方向固定放置。空间存在垂直导轨所在的斜面向上的匀强磁场，其磁感应强度 B 随 时间变化的关系为 B=0.2t(T)。垂直导轨放置的金属棒 ab 固定，金属棒 cd 在平行于斜面向上的力 F 作用下 保持静止，金属棒 cd 的质量为 m=0.2kg，金属棒 ab 的电阻 R1=0.2Ω，金属棒 cd 的电阻 R2=0.3Ω，两金属棒 之间的距离为 L2=0.2m，取 g=10m/s²。求： (1)力 F 随时间变化的表达式 (2)在 t0=1000s 内金属棒 cd 产生的焦耳热 Q 【答案】(1) ；(2)0.48J 【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律可知金属棒与导轨组成的回路产生的电动势为 回路中的感应电流 根据楞次定律和左手定则可知金属棒 受到的安培力沿斜面向下，由平衡条件可得 2 20 02 2 ( ) 1 2 m gR v gtE mvB L += + 0.004 1(N)F t= + 1 2 BE L L t ∆= ∆ 1 2 EI R R = + cd 1sinθF mg BIL= +解得 (2)由焦耳定律得 总 由电路关系得 总 解得金属棒 产生的焦耳热 7、（2020·湖南省高三下学期 3 月线上联考）如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨 MN、PQ 平行固定在 倾角为 θ 的绝缘斜面上,两导轨间距为 L，导轨的电阻不计。导轨顶端 M、P 两点间接有滑动变阻器和阻值 为 R 的定值电阻。一根质量为 m、电阻不计的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。空 间存在磁感应强度大小为 B、方向垂直斜面向下的匀强磁场。调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接人 电路的阻值为 2R，让 ab 由静止开始沿导轨下滑。重力加速度大小为 g。 (1)求 ab 下滑的最大速度 vm (2)求 ab 下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率 P (3)若在 ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为 Q，求该过程中 ab 下滑的 距离 x 以及通过滑动变阻器的电荷量 q 0.004 1(N)F t= + Q 2 0 1 1 E tR R = + 2 1 2 RQ QR R = + cd 0.48JQ =【 答 案 】 (1) ； (2) ； (3) ； 【解析】 (1)ab 棒下滑速度最大时，切割产生的感应电动势为 此时通过定值电阻的电流为 ab 棒所受安培力为 根据力学平衡 解得： (2)根据功率公式： 2 2 3 sinmgR B L θ 2 2 2 2 2 sinm g R B L θ 2 2 4 4 9 sin 3 2 sin m gR Q B L mg θ θ+ 2 3 3 3 sin 2 sin m gR BLQ B L mgR θ θ+ mE BLv= 2 EI R R = + F BIL= sinmg BILθ = m 2 2 3 sinmgRv B L θ=解得： (3) 定值电阻上产生的焦耳热为 Q 可知，滑动变阻器上产热为 2Q，设 ab 棒下滑距离 x 时速度最大，根据能 量守恒有 解得： 在 ab 棒从静止到速度最大过程中，回路磁通量变化 设经历时间为 ，则平均感应电动势 平均感应电流 且 解得： 2P I R= 2 2 2 2 2 sinm g RP B L θ= 2 m 1sin 22mgx mv Q Qθ = + + 2 2 4 4 9 sin 3 2 sin m gR Qx B L mg θ θ= + BLx∆Φ = t∆ E t ∆Φ= ∆ 3 EI R = q I t= ∆ 2 3 3 3 sin 2 sin m gR BLQq B L mgR θ θ= +8、（2020·江苏省扬州市高三下学期 3 月第二次检测）如图所示，竖直向上的匀强磁场垂直于水平面内的导 轨，磁感应强度大小为 B，质量为 M 的导体棒 PQ 垂直放在间距为 l 的平行导轨上，通过轻绳跨过定滑轮与 质量为 m 的物块 A 连接。接通电路，导体棒 PQ 在安培力作用下从静止开始向左运动，最终以速度 v 匀速 运动，此过程中通过导体棒 PQ 的电量为 q，A 上升的高度为 h。已知电源的电动势为 E，重力加速度为 g。 不计一切摩擦和导轨电阻，求： (1)当导体棒 PQ 匀速运动时，产生的感应电动势的大小 E’； (2)当导体棒 PQ 匀速运动时，棒中电流大小 I 及方向； (3)A 上升 h 高度的过程中，回路中产生的焦耳热 Q。 【答案】(1) ；(2) ，方向为 P 到 Q；(3) 【解析】 (1)当导体棒 PQ 最终以速度 v 匀速运动，产生的感应电动势的大小 (2)当导体棒 PQ 匀速运动时，安培力方向向左，对导体棒有 又因为 联立得 E Blv= mgI Bl = 21 ( )2qE mgh m M v− − + E Blv= T mg F= = 安 F BIl=安根据左手定则判断 I 的方向为 P 到 Q。 (3) 根据能量守恒可知，A 上升 h 高度的过程中，电源将其它形式的能量转化为电能，再将电能转化为其他 形式能量，则有 则回路中的电热为 9、（2020·江苏省扬州市高三下学期 3 月第一次检测）如图所示，平行导轨宽为 L、倾角为 θ，处在垂直导 轨平面向下的匀强磁场中，磁感强度为 B，CD 为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD 右边平滑连 一足够长的导轨。质量为 m、电阻为 R 的导体棒 ab 长也为 L，两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止 滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g。 (1)棒 ab 上的感应电流方向如何？ (2)棒 ab 在磁场内下滑过程中，速度为 v 时加速度为多大？ (3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为 I0。求棒 ab 相对于 CD 能上升的最大高度。 【答案】(1) 流向 ； (2) ； (3) 【解析】 (1)根据楞次定律可判定：棒在磁场中向下滑动时，电流由 b 流向 a； mgI Bl = ( ) 21 2qE Q m M v mgh= + + + ( ) 21 2Q qE mgh m M v= − − + b a 2 2 sin B L va g mR θ= − 2 2 0 2 22 I RH gB L =(2)当棒的速度为 v 时，切割磁感线产生的感应电动势为 ，根据闭合电路欧姆定律 ，安培力 ，根据牛顿第二定律，有 解得： (3)棒下滑到 CD 处回路电流最大，有 棒 ab 滑过 CD 后直接到右侧最高点，由机械能守恒定律，有 解得： E BLv= EI R = F BIL= sinmg F maθ − = 2 2 sin B L va g mR θ= − 0mBLv I R= 21 2 mmgH mv= 2 2 0 2 22 I RH gB L =