2021年高考物理模拟题精练专题4.41,电磁感应综合问题（基础篇）（解析版）

时间：2021-01-19 20:09:47 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 ）

　第十部分

　电磁感应 题 专题 4.41 电磁感应综合问题（基础篇）

　一．选择题 1.（2019 沈阳东北育才学校模拟 8）如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为 L，电阻不计。在虚线 l 1 的左侧存在着竖直向上的匀强磁场，在虚线 l 2 的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度均为 B，a、b 两根电阻均为 R 的完全相同的金属棒与导轨垂直，分别位于两块磁场中，现突然给 a 棒一个水平向左的初速度 2v 0 ，在两棒达到稳定的过程中下列说法正确的是（

　）

　A. 两金属棒组成的系统的动量守恒 B. 最终两金属棒的速度大小都是

　C. a 棒克服安培力做功的功率等于 a 棒的发热功率 D. a 棒在达到稳定之前做变减速直线运动 【参考答案】BD 【名师解析】

　a 棒向左运动时，回路中产生顺时针方向的感应电流，a 棒受到向右的安培力，b 棒也受到向右的安培力，所以两金属棒组成的系统合外力不为零，系统的动量不守恒，故 A 错误。

　a 棒向左做减速运动，b 棒向右做加速运动，两棒速度大小相等时，回路的磁通量不变，不再产生感应电流，两棒不受安培力，均做匀速运动，设速度大小为 v，根据动量定理得：对 a 棒有- t=mv-m•2v 0 。

　对 b 棒有 t=mv-0，联立解得 v=v 0 ．即最终两金属棒的速度大小都是 v 0 ．故 B 正确。

　在两棒达到稳定的过程中，a 棒的动能转化为 b 棒的动能和回路的焦耳热，而 b 棒动能的增加量等于安培力对 b 棒做功，所以 a 棒克服安培力做功的功率等于安培力对 b 棒做功功率与两棒总发热功率之和。故 C 错误。a 棒在达到稳定之前，回路的总的感应电动势减小，感应电流减小，a 棒受到的安培力减小，加速度减小，所以 a 棒在达到稳定之前做变减速直线运动。故 D 正确。

　 【关键点拨】系统动量守恒的条件是合外力为零，分析两棒的受力情况，确定合外力大小，再判断系统的动量是否守恒。最终两棒以相同大小的速度做匀速运动，根据动量定理求最终两金属棒的速度大小。安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和。根据受力情况分析a棒的运动情况。解决本题的关键是正确分析两棒的受力情况，来分析它们的运动情况，要知道系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，但系统的能量是守恒的。

　2．在北半球上，地磁场竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变．由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差，设飞行员左方机翼末端处的电势为 ，右方机翼末端处电势为 ，则（

　）

　A. 若飞机从西往东飞， 比 高

　 B. 若飞机从东往西飞， 比 高 C. 若飞机从南往北飞， 比 高

　 D. 若飞机从北往南飞， 比 高 【参考答案】AC 【名师解析】当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有 ϕ 1 比 ϕ 2 高。故 BD 错误，AC 正确。故选 AC。

　【关键点拨】：本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则．对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极 3．健身车的磁控阻力原理如图所示，在金属飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触），人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离．则

　A. 飞轮受到阻力大小与其材料密度有关 B. 飞轮受到阻力大小与其材料电阻率有关 C. 飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大

　 D. 磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越小 【参考答案】BC 【名师解析】磁铁和飞轮间的距离、转速一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮上产生的感应电动势一定，材料电阻率不同，感应电流大小不同，阻力就不同，故 A 错误，B 正确；磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大。故 C 正确； 磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，其受到阻力越大，故 D 错误。

　【关键点拨】：金属飞轮在磁场中运动的过程中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律判断转速和距离对感应电动势的影响，根据欧姆定律和安培力公式确定阻力的大小． 4．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（

　 ）

　A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动 B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向 C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向 D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动 【参考答案】AD 【名师解析】

　本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。

　开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，选项 A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项 BC 错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的 N 极朝垂直纸面

　 向外的方向转动，选项 D 正确。

　【关键点拨】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。

　二．计算题 1 、（2020· 江苏省如皋中学高三下学期 3 月调研）如图所示，两光滑平行金属导轨间距 L=1 m，倾斜轨道足够长且与水平面的夹角 θ=30°，倾斜轨道处有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度 B=2.5T．金属棒 ab 从斜面上离水平轨道高度 h=3m 处由静止释放，到达水平轨道前已做匀速运动．已知棒质量 m=0.5 kg，电阻r=2Ω，运动中棒与导轨有良好接触且垂直于导轨，电阻 R=8Ω，其余电阻不计，取 g=10 m/s 2 ． (1)若金属棒从高度 h=3m 处由静止释放，求棒滑到斜面底端时的速度大小 v； (2)若金属棒从高度 H=4m 处由静止释放，求棒由静止释放至下滑到底端的过程中 ①流过 R 的电荷量； ②电阻 R 上产生 热量。

　【参考答案】(1)4m/s；(2)①2C；②12.8J 【名师解析】

　(1)金属棒在到达水平面之前均已开始匀速运动，设最大速度为 v，则感应电动势 E=BLv 感应电流 I=ER r  安培力 F=BIL 匀速运动时有 mgsin θ=F 解得 v=4 m/s (2)① Et

　 EIR r q I t  

　所以 q=  sin30BLHR r  解得 q= 2C ②由动能定理可得 mgH–W=12mv 2

　克服安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，有 Q=W=16 J 电阻 R 上产生的热量 Q R =RR r Q 解得 Q R =12.8 J 2.（2019 山东济宁二模）边长为 L 的正方形闭合金属导线框，其质量为 m，回路电阻为 R．图中 M、N、P 为磁场区域的边界，且均为水平，上下两部分水平匀强磁场的磁感应强度大小均为 B，方向如图所示．现让线框由图示位置由静止开始下落，线框在穿过 M 和 P 两界面的过程中均为匀速运动．已知 M、N 之间和N、P 之间的高度差相等，均为4 42 283L BgR mL h   ，下落过程中线框平面始终保持竖直，底边始终保持水平，当地的重力加速度为 g．试求：

　（1）图示位置线框的底边到 M 的高度 d ． （2）线框的底边刚通过磁场边界 N 时，线框加速度的大小． （3）线框在通过磁场边界 N 的过程中，线框中产生的焦耳热．

　【名师解析】．（14 分）解：（1）根据题意分析可知，导线框在穿过 M 和 P 的过程中，速度相同，设为1v ，根据自由落体运动的公式有 gd v 221

　在导线框穿过 M 的过程中，线框中产生的感应电动势1BLv E  -------------------1 分 线框中产生的感应电流 R E I /  ----------------1 分 线框受到的安培力 BIL F  -----------------------1 分 根据物体的平衡条件有 F mg ---------------1 分 联立解得4 42 22 L BgR md 

　---------1 分 （2）设线框的底边刚通过磁场边界 N 时，线框的速度大小为2v ，根据题意和运动学公式有 ) ( 22122L h g v v    -----1 分 此时线框中产生的感应电动势22BLv E   ----------1 分 线框中产生的感应电流 R E I/   -----------1 分 线框受到的安培力 L I B F    2 ----------1 分 根据牛顿第二定律有 a m mg F     ------------1 分 解得线框的加速度大小为 g a ) 1 7 2 (   ----------------1 分 （其中的2 21L BmgRv  ，2 2227L BmgRv  ）

　（2）根据能的转化和守恒定律，在线框通过磁场边界 M 和 P 的过程中，产生的焦耳热相同，均为mgL Q 0----------1 分 在整个运动过程中，线框中产生的焦耳热为 ) 2 ( L h mg Q   --------------2 分

　 所以线框通过磁场边界 N 的过程中，线框中产生的焦耳热为02Q Q Q x   --------------------------1分 解得：

　) 4 / 3 (4 4 2 2L B gR m L mg Q x   ------------------------------1 分 【或设线框的上边刚要通过磁场边界 N 时，线框的速度大小为3v ，根据题意和运动学公式有 ) ( 22321L h g v v    （解得2 232 L BmgRv  ）-----------------------1 分 根据能的转化和守恒定律，线框通过磁场边界 N 的过程中，线框中产生的焦耳热为) (212322v v m mgL Q x    -----2 分 解得 ) 4 / 3 (4 4 2 2L B gR m L mg Q x   --------------------1 分 3.（2019 广东五校联考模拟）在水平桌面上固定一无限长平行光滑导轨图甲为俯视图，导轨电阻不计。左端接有电阻 R，导轨宽度 L，中间有垂直桌面向上的无限长匀强磁场，磁感应强度为 B．质量为 m，电阻为 r 的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好。不考虑电磁辐射和其他能量损失。

　（1）若导体棒在水平向右恒力 F 1 作用下由静止开始运动，那么导体棒做什么运动，最终速度如何？ （2）若导体棒在变化的力 F 2 作用下由静止开始运动，且 F 2 --x 图象如图乙所示。当导体棒运动 x 0 时，力刚好为 F 0 ，此时导体棒的速度为 v 0 ．求此过程中电阻 R 产生的热量。

　（3）当导体棒速度为 v 0 时，撤去拉力 F 2 到导体棒停下来的过程中，通过 R 的电荷量是多少？

　【名师解析】（1）设速度为 v 时的安培力为 F A ，则 F A =BIL=2 2B L vR r  根据牛顿第二定律可得：F 1 -F A =ma， 解得加速度 a=F 1 /m- 2 2B L vm R r  随着速度的增大，加速度逐渐减小，所以导体棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时以后匀速运动； 匀速运动的速度为 v m ，则：F 1 =F A =2 2mB L vR r  解得：v m = 12 2F R rB L；

　 （2）由于 F 2 随距离成正比，根据动能定理可得：

　12F 0 x 0 -W A =12mv 0 2 -0 根据功能关系可得产生的焦耳热 Q=W A 所以此过程中电阻 R 产生的热量 Q R =RR r Q， 联立解得：Q R =RR r （12F 0 x 0 - 12mv 0 2 ）； （3）根据动量定理可得：-BILt=0-mv 0 其中 q=It 解得通过 R 的电荷量是 q=0mvBL。

　4．（2018 上海宝山期末）相距 L＝1.2m 的足够长金属导轨竖直放置，质量 m 1 ＝1kg 的金属棒 ab 和质量 m 2＝0.54kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外，虚线下方匀强磁场方向竖直向上，两处磁场的磁感应强度大小相同。ab 棒光滑，cd 棒与导轨间动摩擦因数 μ＝0.75，两棒总电阻为 1.8Ω，导轨电阻不计。ab 棒在方向竖直向上、大小按图（b ）

　所示规律变化的外力 F 作用下，由静止开始（t=0）沿导轨匀加速运动，同时 cd 棒也由静止释放。

　（1）请说出在两棒的运动过程中 ab 棒中的电流方向和 cd 棒所受的磁场力方向； （2）求 ab 棒加速度的大小和磁感应强度 B 的大小； （3）试问 cd 棒从运动开始起经过多长时间它的速度达到最大？ （取重力加速度 g=10m/s 2 ，不计空气阻力）

　【名师解析】

　（1）（4 分）

　F/N 14.6 14 13 12 11 10 t/s 1 2 图（b ）

　0 B b a d c B 图（a ）

　 ab 棒中的电流方向向右（a→b）（2 分）， cd 棒所受的磁场力方向垂直于纸面向里（2 分）。

　（2）（7 分）

　ab 棒的受力图，如右图所示（1 分），运用牛顿第二定律，有 （1 分）, 对于 ab 棒所受的磁场力，有 （2 分）

　对于 ab 棒的运动，有 （1 分），所以，

　在图线上取一点（0，11），有 ， （1 分）

　在图线上另取一点（2，14.6），有 , B＝1.5T（1 分）

　（3）（5 分）从 cd 棒的 d 端截面看过去，cd 棒的受力图如右图所示（1 分）， cd 棒速度达到最大时其合力为零，所以有 （1 分）， （1 分）

　又因为 （1 分）, ，所以有

　对于 ab 棒的运动，有

　 推得， （1 分）

　 5. (12 分)如图所示，间距为 L 的两根光滑 14 圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计。在其上端连有阻值为 R 0 的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中，圆弧轨道处的磁感应强度大小为 B。现有一根长度等于 L、质量为 m、电阻为 R 的金属棒从轨道的顶端 PQ 处由静止开始下滑，到达轨道底端 MN 时对轨道的压力为 2mg(重力加速度为 g)。求：

　(1)金属棒到达轨道底端时金属棒两端的电压； (2)金属棒下滑过程中通过电阻 R 0 的电荷量。

　【名师解析】

　(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达底端时，设棒的速度为 v，由牛顿第二定律可得 2mg－mg＝m v2r，解得 v＝ gr 由法拉第电磁感应定律可得 E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压 U＝ER＋R 0 R 0

　联立即得 U＝ BLR 0grR＋R 0。

　(2)通过电阻 R 0 的电荷量 q＝ I－ Δt 金属棒下滑过程中产生的感应电动势为E－ ＝ B·ΔSΔt＝ BπrL2Δt 感应电流为 I－ ＝ E－R＋R 0 ，解得 q＝BπrL2(R＋R 0 ) 。

　6．(14 分)如图所示，半径为 L 1 ＝2 m 的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B 1 ＝ 10π T．长度也为 L 1 、电阻为 R 的金属杆 ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着 a 端沿逆时针方向匀速转动，角速度为 ω＝π10

　rad/s。通过导线将金属杆的 a 端和金属环连接到图示的电路中(连接 a 端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻 R 1 ＝R，滑片 P 位于 R 2 的正中央，R 2的总阻值为 4R)，图中的平行板长度为 L 2 ＝2 m，宽度为 d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中

　 央处刚好有一带电粒子以初速度 v 0 ＝0.5 m/s 向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为 B 2 ，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大。(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：

　(1)在 0～4 s 内，平行板间的电势差 U MN ； (2)带电粒子飞出电场时的速度；

　(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度 B 2 应满足的条件。

　【名师解析】

　(1)金属杆产生的感应电动势恒为 E＝ 12 B 1 L21 ω＝2 V 由电路的连接特点知：E＝I·4R U 0 ＝I·2R＝ E2 ＝1 V T 1 ＝ 2πω ＝20 s 由右手定则知：在 0～4 s 时间内，金属杆 ab 中的电流方向为 b →a，则 φ a >φ b

　则在 0～4 s 时间内，φ M <φ N ，U MN ＝－1 V (2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在 0～ T 12时间内水平方向 L 2 ＝v 0 ·t 1

　t 1 ＝ L 2v 0 ＝4 s<T 12 竖直方向 d2 ＝12 at21

　a＝ Eqm，E＝ Ud ，v y ＝at 1

　得 qm ＝0.25 C/kg，v y ＝0.5 m/s 则粒子飞出电场时的速度 v＝ v 2 0 ＋v 2 y ＝22 m/s tan θ＝ v yv 0 ＝1，所以该速度与水平方向的夹角 θ＝45° (3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由 B 2 qv＝m v2r得 r＝mvB 2 q

　由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知， 2r>d 时离开磁场后不会第二次进入电场，即 B 2 <2mvdq＝2

　 T。

　7. (15 分)（2018 江苏扬州期末）实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为 L、长为 2.5L 的 N 匝矩形线框 abcd，总电阻为 R，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为 m.如图所示是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为 f，进入磁场前已达到最大速度 v，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零．已知有界磁场宽度为 2.5L，磁感应强度为 B，方向竖直向下．求：

　(1) 进入磁场前小车所受牵引力的功率 P； (2) 车头刚进入磁场时，感应电流的大小 I； (3) 电磁刹车过程中产生的焦耳热 Q.

　 【名师解析】

　(1) 小车达最大速度 v 后，小车做匀速直线运动，牵引力大小等于摩擦力 F＝f(2 分)

　小车功率与牵引力的关系 P＝Fv(2 分) 解得 P＝fv.(1 分) (2) 车头刚进磁场时，回路感应电动势 E＝NBLv(2 分) 根据闭合电路欧姆定律，感应电流 I＝ ER (2 分) I＝ NBLvR.(1 分) (3) 根据能量守恒 12 mv2 ＝Q＋f·5L(3 分) 解得 Q＝ 12 mv2 －5fL.(2 分) 8.（15 分）（2018 苏州调研）如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一边长为 L，质量为 m、电阻为 R 的正方形单匝导线框 abcd 放在水平桌面上。在水平拉力作用下，线框从左边界以速度 v 匀速进入磁场，当 cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间动摩擦因数为  ，磁场宽度大于 L，重力加速度为 g。求：

　（1）ab 边刚进入磁场时，其两端的电压 U；

　 （2）水平拉力的大小 F 和磁场的宽度 d； （3）整个过程中产生的总热量 Q。

　【名师解析】（1）3 3, ,4 4E BLvE BLv I U I R BLvR R     ； （2）2 2AB L vF F mg mgR      ， 撤去拉力后，线框匀减速运动，222vxg  ， 所以，22vd Lg   ； （3）进入磁场过程中产生焦耳热2 321 1B LvQ I RtR  ， 由于摩擦产生的热量22212 2vQ mg L mgL mvg       ， 所以整个过程产生的热量为2 321 212B LvQ Q Q mgL mvR      。