2021年高考物理模拟题精练专题4.42,电磁感应综合问题（提高篇）（解析版）

时间：2021-01-19 20:11:42 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　 2021 年高考物理 100 考点最新模拟题千题精练（选修 3-2 ）

　第四部分

　电磁感应 题 专题 4. 42

　电磁感应综合问题（提高篇）

　一．选择题 1．（6 分）（2019 河南开封三模）如图甲所示，间距 L＝1m，足够长的光滑平行金属导轨 cd、ef 固定在水平面上，右侧 cf 间接有 R＝2Ω 的电阻，垂直于导轨跨接一根电阻 r＝2Ω 的金属杆，宽度 a＝1.5m 的匀强磁场左边界紧邻金属杆，磁场方向竖直向下、磁感应强度大小 B＝2T，从 t＝0 时刻起，金属杆和磁场均向左运动，它们的速度﹣时间图象分别如图乙中的①和②所示，若金属杆与导轨接触良好，不计导轨电阻，则（

　）

　A．t＝0 时，回路磁通量的变化率为 2Wb/s

　B．t＝0.5s 时，金属杆所受安培力的大小为 1N，方向水平向左

　C．t＝1.5s 时，金属杆两端电压为 2V

　D．从 t＝0 到金属杆和磁场分离时，通过电阻 R 的总电荷量为 0 【参考答案】BD 【名师解析】t＝0 时刻，导体棒有效切割速度为 v＝2m/s，产生的感应电动势为 E＝BLv＝2×1×2V＝4V，根据法拉第电磁感应定律可得 E＝ ＝4Wb/s，故 A 错误；t＝0.5s 时刻，金属杆的有效切割速度为 v＝2m/s﹣1m/s＝1m/s，产生的感应电动势为 E＝BLv＝2×1×1V＝2V，回路中的感应电流为 I＝ ＝0.5A，金属杆所受安培力的大小为 F A ＝BIL＝2×0.5×1＝1N．金属杆相对于磁场向右运动，产生的感应电流向上，由左手定则知，金属杆所受的安培力方向水平向左，故 B 正确；t＝1.5s 时刻，金属杆的有效切割速度为 v＝3m/s﹣2m/s＝1m/s，产生的感应电动势为 E＝BLv＝2×1×1V＝2V，回路中的感应电流为 I＝＝0.5A，金属杆两端电压 U＝IR＝0.1V，故 C 错误；在 0﹣1s 内，金属杆相对于磁场向右运动，金属杆相对于磁场通过的位移大小 x＝ m＝1m＜1.5m，所以速度相等时金属杆没有离开磁场，随后金属杆又相对于磁场向左运动，2s 时又回到磁场的左边，此时离开磁场，所以金属杆从进入磁场到离开磁场

　 相对于磁场运动有效面积为零，磁通量的变化为零，根据 q＝ 可知通过电阻 R 的总电荷量为 0，故D 正确。

　2．(2016·山东淄博诊断)如图甲所示，左侧接有定值电阻 R＝2 Ω 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B＝1 T，导轨间距 L＝1 m。一质量 m＝2 kg，阻值 r＝2 Ω 的金属棒在水平拉力 F 作用下由静止开始从 CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的 v－x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数 μ＝0.25，则从起点发生 x＝1 m 位移的过程中(g＝10 m/s 2 )(

　)

　A．金属棒克服安培力做的功 W 1 ＝0.5 J B．金属棒克服摩擦力做的功 W 2 ＝4 J C．整个系统产生的总热量 Q＝4.25 J D．拉力做的功 W＝9.25 J 【参考答案】．D

　【名师解析】

　金属棒克服安培力做功为 W 1 ＝BBLvR＋r L·x＝B 2 L 2R＋r vx，由图可知 vx＝1，解得 W 1 ＝0.25 J，选项 A 错误；金属棒克服摩擦力做的功 W 2 ＝μmgx＝0.25×20×1 J＝5 J，选项 B 错误；整个系统产生的总热量 Q＝W 1 ＋W 2 ＝5.25 J，选项 C 错误；根据动能定理可得，拉力做的功 W F ＝W 1 ＋W 2 ＋ 12 mv2 ＝9.25 J，选项 D 正确；故选 D。

　4．如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度 v 0 垂直射入 P 1 和 P 2 两极板间的匀强磁场中.两平行长直导线 ab 和 cd 的相互作用情况为：0～1s 内排斥，1s～3s 内吸引，3s～4s 内排斥.线圈 A 内有外加磁场，规定向左为线圈 A 内磁感应强度 B 的正方向，则线圈 A 内磁感应强度 B 随时间 t 变化的图像有可能是下图中的(

　)

　A.

　 B.

　C.

　D.

　【参考答案】C 【名师解析】等离子气流由左方连续不断地以速度 v 0 射入 P 1 和 P 2 两极板间的匀强磁场中，正电荷向上偏，负电荷向下偏，上板带正电，下板带负电，且能形成稳定的电流，电流方向由 a 到 b，0～1s 内互相排斥，1～3s 内互相吸引，3～4s 内互相排斥。则 0～1s 内 cd 的电流方向由 d 到 c，1～3s 内 cd 的电流方向由 c 到 d，3～4s 内 cd 的电流方向由 d 到 c。根据楞次定律判断，知 C 正确，ABD 错误。故选 C。

　3．如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为 L，右端接有阻值 R 的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场．质量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab 与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度 v 0 ，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻 r 与定值电阻 R 的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是(

　)

　A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左 B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压 U＝BLv 0

　C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能 E p ＝ 12 mv20

　D．导体棒最终会停在初始位置，在导体棒整个运动过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q＝ 14 mv20

　【参考答案】．AD

　【名师解析】

　根据楞次定律，导体棒向右运动，感应电流的方向为 a 到 b，再根据左手定则，导体棒受到的安培力方向水平向左，选项 A 正确；导体棒开始运动的初始时刻，导体棒产生的感应电动势为 BLv 0 ，而导体棒两端

　 的电压为路端电压，大小为 BLv 0 RR＋r＝ BLv 02，选项 B 错误；根据动能定理，W 安 ＋W 弹 ＝ 12 mv20 ，所以 W 弹 ＜ 12 mv20 ，而 W 弹 等于弹簧的弹性势能，故 E p ＜ 12 mv20 ，选项 C 错误；最终机械能全部转化为电阻的内能，导体棒 r 和电阻 R 产生的内能都是 14 mv20 ，选项 D 正确． 二．计算题 1.（2020 北京平谷高三一模）在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。

　（1）利用图甲所示的电路可以产生动生电动势。设匀强磁场的磁感应强度为 B，金属棒 的长度为 ，在外力作用下以速度 水平向右匀速运动。此时金属棒中电子所受洛伦兹力 沿棒方向的分力 即为“电源”内部的非静电力。设电子的电荷量为 ，求电子从棒的一端运动到另一端的过程中 做的功。

　 （2）均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场，其电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，如图乙所示。在某均匀变化的磁场中，将一个半径为 的金属圆环置于相同半径的电场线位置处。从圆环的两端点 引出两根导线，与阻值为 的电阻和内阻不计的电流表串接起来，如图丙所示。金属圆环的电阻为 ，圆环两端点 间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。此时金属圆环中的自由电子受到的感生电场力 F 即为非静电力。若电路中电流表显示的示数为 ，电子的电荷量为 ，求：

　a. 金属环中感应电动势 大小； b. 金属圆环中自由电子受到的感生电场力 的大小。

　（3）直流电动机的工作原理可以简化为如图丁所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为 的匀强磁场，两根光滑平行金属轨道 固定在水平面内，相距为 。电阻不计。电阻为 的金属杆 垂直于 放在轨道上，与轨道接触良好。轨道端点 间接有内阻不计、电动势为 的直流电源。杆 的中点 用水平绳系一个静置在地面上、质量为 的物块，最初细绳处于伸直状态（细绳足够长）。闭合电键 后，杆 拉着物块由静止开始做加速运动。由于杆 切割磁感线，因而产生感应电动势 ，且 同电路中的电流方向相反，称为反电动势，这时电路中的总电动势等于直流电源电动势 和反电动势 之差。

　 a. 请分析杆 在加速的过程中所受安培力 如何变化，并求杆的最终速度 ; b. 当电路中的电流为 时，请证明电源的电能转化为机械能的功率为 。

　【名师解析】（1）金属棒中电子所受洛仑兹力 f 沿棒方向的分力

　f 1 =evB

　 【1 分】

　棒方向的分力 f 1 做的功

　W 1 = f 1 L

　【1 分】

　得

　 W 1 =evBL

　 【1 分】

　（2）a．金属环中感应电动势

　E 感 =I(R 0 +R)

　【1 分】

　 b．金属环中电子从 a 沿环运动 b 的过程中，感生电场力 F 做的功

　W F =F•2πr

　【1 分】

　由电动势的定义式

　【1 分】

　得

　 【1 分】

　（3）a．杆 ab 在加速的过程中，杆切割磁感线的速度 v 增大。

　杆切割磁感线产生的感应电动势 E′=BLv，故 E′增大，

　 由 可知，电路中的电流 I 减小，

　 杆所受安培力

　F=BIL

　故 F 减小。

　【1 分】

　设细绳的拉力为 T，杆的质量为 m 0 ，根据牛顿第二定律

　F-T=m 0 a 物块以相同的加速度大小向上做加速运动，根据牛顿第二定律

　T-mg=ma

　得

　 F-mg=(m+m 0 )a F 减小，杆的加速度 a 减小，当 F=mg 时，a 为零，此时，杆达到最终速度 v m 。

　此时杆上产生的感应电动势

　E′=BLv m

　【1 分】

　得

　 【1 分】

　 b．由

　得 IR=E-E′

　两边同乘以 I，经整理得

　EI=I 2 R+E′I

　 【1 分】

　由上式可以看出，电源提供的电能（功率为 EI），一部分转化为了电路中产生的焦耳热（热功率为 I 2 R），另一部分即为克服反电动势做功（功率为 E′I）消耗的电能，这部分能量通过电磁感应转化为了杆和物块的

　 机械能。

　【1 分】

　2.（2019 山东枣庄二模）如图所示，间距为 L 倾角为 0 的足够长光滑轨道，4 端连有电阻 R，另一端开口，导轨的电阻忽略不计。a 0 b 0 b 1 4 1 区域无磁场，以下每个 L 距离交替出现磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面，磁感应强度大小为 B．平行板电容器的两极板通过导线与 a 4 相连，极板间距为 d。今在导轨 4 处由静止释放一根长为 L、质量为 m、电阻也为 R 的导体棒，导体棒在 a 1 b 1 b 2 a 2磁场中做匀速直线运动。当导体棒在磁场中运动方时，在两极板正中央由静止释放一个带电粒子，粒子恰好未碰到极板。导体棒与导轨接触良好，粒子的重力忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为 g，磁场边界为理想边界。求：

　（1）导体棒在磁场中的运动速度。

　（2）带电粒子的比荷。

　（3）若导体棒运动到距离 a 1 b 1 边界为 L 时，在两极板正中央由静止释放带电粒子，则该粒子到达极板所用的时间。

　【思路分析】（1）设导体棒在磁场中运动的速度为 v 0 ，根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律求解速度大小； （2）由部分电路欧姆定律、牛顿第二定律和运动学公式求解； （3）分析粒子的运动情况，根据类平抛运动结合运动学公式求解粒子到达极板所用的总时间。

　【名师解析】（1）设导体棒在磁场中运动的速度为 v 0 ，根据平衡条件可得：mgsinθ＝F A ＝BIL， 根据闭合电路欧姆定律可得 I＝ ＝

　解得 v 0 ＝ ； （2）设粒子的电荷量为 q，质量为 m 0 ，电容器板间电压为 U，粒子在极板间运动的加速度大小为 a，导体棒每经过 L 所用的时间为 T，由部分电路欧姆定律、牛顿第二定律和运动学公式可得：

　U＝IR

　 q ＝m 0 a T＝

　当导体棒在磁场中运动 时，释放粒子，粒子在电场中做往复运动，恰未碰到极板，有：

　＝2×

　＝ ； （3）粒子由静止加速运动 的位移大小为 x 1 ＝

　解得 x 1 ＝

　粒子由静止加速运动 的位移大小为 x 2 ＝

　解得 x 2 ＝

　故粒子完成一个周期运动的位移大小为：△x 1 ＝2x 2 ﹣2x 1 ＞

　故粒子已经撞到极板； 粒子加速 ，减速 ，再反向加速 的位移大小为：

　△x 2 ＝x 2 ﹣2x 1 ＝ ，粒子未撞板 设粒子反向加速 时的速度为 v，根据运动学公式可得：

　v＝a

　设粒子由此时撞到极板时间为 t 0 ，根据运动学公式可得：

　＝vt 0 ﹣

　解得：t 0 ＝

　故粒子到达极板所用的总时间为：t＝

　解得：t＝ 。

　答：（1）导体棒在磁场中的运动速度为 ；

　 （2）带电粒子的比荷为 ； （3）若导体棒运动到距离 a 1 b 1 边界为 L 时，在两极板正中央由静止释放带电粒子，则该粒子到达极板所用的时间为 。

　【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

　3.（2017 年 11 月浙江选考）所图所示，匝数 N=100、截面积 s=1.0×10 -2 m 2 、电阻 r=0.15Ω 的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场 B 1 ，其变化率 k=0.80T/s。线圈通过开关 S 连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10 -2 kg的导体棒 ab 搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场 B 2 。接通开关 S 后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。

　（1）求磁感应强度 B 2 的大小，并指出磁场方向； （2）断开开关 S 后撤去挡条，棒开始下滑，经 t=0.25s 后下降了 h=0.29m，求此过程棒上产生的热量。

　【名师解析】（1）线圈中产生的感应电动势为 E=Nt=NS1Bt 流过导体棒的电流

　Iab=22ERr   ， 导体棒对档条的压力为零，有 B 2 I ab d=mg，

　 联立解得：B2=  2 mg R rEd=0.50T。

　方向垂直纸面向外。

　（2）由动量定理，mgt-IB2dt=mv It=△q=2R=22dhBR 解得：v=gt-2 222d hBmR Ab 导体棒中产生的热量 Q=12（mgh-12mv 2 ）

　代入数据解得：Q=2.3×10 -3 J。

　 4.(2016·河北邯郸一中一轮)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨 MAC、NBD 水平放置，MA、NB 间距L＝0.4 m，AC、BD 的延长线相交于 E 点且 AE＝BE，E 点到 AB 的距离 d＝6 m，M、N 两端与阻值 R＝2 Ω的电阻相连，虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝1 T。一根长度也为 L＝0.4 m、质量 m＝0.6 kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从 AB 处以初速度 v 0 ＝2 m/s 沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻 R 上消耗的电功率不变，求：

　(1)电路中的电流 I； (2)金属棒向右运动 d2 过程中克服安培力做的功 W。

　【名师解析】

　(1)金属棒开始运动时产生感应电动势 E＝BLv 0 ＝1×0.4×2 V＝0.8 V； 电路中的电流 I＝ ER ＝0.82 A＝0.4 A； (2)金属棒向右运动距离为 x 时，金属棒接入电路的有效长度为 L 1 ，由几何关系可得：

　d－xd＝ L 1L ，解得 L 1 ＝L（d－x）d＝0.4－x15

　此时金属棒所受安培力为：F＝BIL 1 ＝0.16－ 2x75 (0≤x≤d2 ) 作出 F－x 图象，由图象可得运动 d2 过程中克服安培力所做的功为：

　 W＝F－ x＝ 0.16＋0.082×3 J＝0.36 J。

　【参考答案】

　(1)0.4 A (2)0.36 J 5．(2016·陕西西工大附中模拟)如图所示，用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同，穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。已知传送带以恒定速度 v 0 运动，当线框的右边框刚刚到达边界 PQ 时速度又恰好等于v 0 。若磁场边界 MN、PQ 与传送带运动方向垂直，MN 与 PQ 的距离为 d，磁场的磁感应强度为 B，铜线框质量为 m，电阻均为 R，边长为 L(L<d)，铜线框与传送带间的动摩擦因数为 μ，且在传送带上始终保持前后边框平行于磁场边界 MN，试求：

　(1)线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小； (2)线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最小值； (3)从线框右边框刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功。

　【名师解析】

　(1)闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势 E＝BLv 0

　产生的电流 I＝ ER ＝BLv 0R 右侧边所受安培力 F＝BIL＝ B2 L 2 v0R (2)线框以速度 v 0 进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力和摩擦力的共同作用做变减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下做匀加速运动，当其右边框刚刚到达 PQ 时速度又恰好等于 v 0 。因此，线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为 a m ；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的速度为v。线框刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有 F－μmg＝ma m ， 解得 a m ＝ B2 L 2 v0mR－μg， 在线框刚刚完全进入磁场又匀加速运动到达边界 PQ 的过程中，根据动能定理有 μmg(d－L)＝ 12 mv20 － 12 mv2 ， 解得最小速度 v min ＝ v 2 0 －2μg（d－L）

　(3)线框从右边框进入磁场到运动至磁场边界 PQ 的过程中线框一直受摩擦力 f＝μmg 由功的公式 W f1 ＝fd 得摩擦力做功 W f1 ＝μmgd 闭合线框穿出磁场与进入磁场的受力情况相同，则完全穿出磁场的瞬间速度亦为最小速度 v，然后速度均匀增加到 v 0 ，产生的位移一定为 x＝d－L(和在磁场中速度 v 由增加 v 0 到的位移相同)闭合线框在右边框出磁场到与传送带共速的过程中位移 x′＝x＋L＝d。

　在此过程中摩擦力再做功 W f2 ＝μmgd

　 因此，闭合铜线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，传送带对闭合铜线框做的功 W＝ W f1 ＋W f2 ＝2μmgd 【参考答案】

　(1) B2 L 2 v0R

　(2) B2 L 2 v0mR－μg v 2 0 －2μg（d－L）

　(3)2μmgd 6.(宁夏银川一中 2016 届高三第三次模拟考试理科综合试题)(18 分) 如图所示，宽 L=2m、足够长的金属导轨 MN 和 M′N′放在倾角为 θ=30°的斜面上，在 N 和 N′之间连接一个 R=2.0Ω 的定值电阻，在 AA′处放置一根与导轨垂直、质量 m=0.8kg、电阻 r=2.0Ω 的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数 μ=34，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度 B=1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的 P 处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度 H=4.0m。启动电动小车，使之沿 PS 方向以 v=5.0m/s 的速度匀速前进，当杆滑到 OO′位置时的加速度 a=3.2m/s 2 ，AA′与 OO′之间的距离 d=1m，求：

　（1）该过程中，通过电阻 R 的电量 q； （2）杆通过 OO′时的速度大小； （3）杆在 OO′时，轻绳的拉力大小； （4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为 13J，求电阻 R 上的平均电功率。

　【参考答案】（1）0.5C（2）3m/s（3）12.56N（4）2.0W 【名师解析】

　（1）平均感应电动势BLdEt t  

　 =BLdq I tR r R r   

　 代入数据，可得: 0.5 q C 

　 （2）几何关系：sinHH d 

　 解得: sin 0.8  

　 0=53 

　杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：1cos 3 / v v m s   

　（3）杆受的摩擦力 cos 3fF mg N    

　 杆受的安培力2 21( )B LF BILR r 安v代入数据，可得 3 F N 安

　 根据牛顿第二定律：

　sin =T fF mg F F ma    安

　 解得: 12.56TF N 

　 （4）根据动能定理：211sin2fW W mgd F mv     安

　 解出 2.4 W J  安,电路产生总的电热 2.4 Q J 总

　那么,R 上的电热 1.2RQ J 

　此过程所用的时间cot0.6Ht sv 

　R 上的平均电功率1.2W 2.0W0.6RQPt  

　考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；动能定理 【名师点睛】本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求 R 产生的热量时要注意，系统产生的总热量为 R 与 r 产生的热量之和.