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2022版高考物理一轮复习 高考热点强化10 电磁感应的综合应用

2022版高考物理一轮复习 高考热点强化10 电磁感应的综合应用

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- 10 -

高考热点强化(十)　电磁感应的综合应用
(时间：40分钟)
1.(2020·全国卷Ⅲ·T14)如图所示，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到(　　)

A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
B　[将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D错误。]
2.(2020·北京高考适应性测试·T12)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡正常发光，再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是(　　)

A．线圈的电阻偏大 B．小灯泡的额定电压偏大
C．电源的电动势偏小 D．线圈的自感系数偏小
A　[断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的电动势、小灯泡的额定电压大小无关，B、C错误；若线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，线圈和小灯泡构成一个闭合回路，则流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，A正确；若线圈的自感系数偏小，开关闭合电路稳定后，线圈中的电流比小灯泡中电流大，再断开开关时，灯泡仍有可能出现闪亮现象，D错误。]
3．(2020·7月浙江选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　)

A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
B　[棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，选项A错误；金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有q＝mg，可得＝，选项B正确；电阻消耗的电功率P＝＝，选项C错误；电容器所带的电荷量Q＝CE＝CBr2ω，选项D错误。]
4.(多选)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法正确的是(　　)

A．在位置Ⅱ时线框中的电功率为
B．此过程中回路产生的电能为mv2
C．在位置Ⅱ时线框的加速度为
D．此过程中通过导线横截面的电荷量为
ABD　[线框经过位置Ⅱ时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为E＝Ba×2＝Bav，故线框中的电功率为P＝＝，A正确；线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，动能减少了ΔEk＝mv2－m＝mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为mv2，B正确；线框在位置Ⅱ时，左右两边所受安培力大小均为F＝Ba＝，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度为a＝＝，C错误；由q＝Δt、＝、＝三式联立，解得q＝，线框在位置Ⅰ时的磁通量为Ba2，而线框在位置Ⅱ时的磁通量为零，故q＝，D正确。]
5．(多选)图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，总电阻(含所接元件)为R，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2。下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　　乙
A．在t1到t2时间内，c点的电势高于d点的电势
B．在t1到t2时间内，受电线圈通过的电荷量为
C．若只增加送电线圈匝数，可使c、d之间的电压减小
D．受电线圈中的电流大小与交流电的频率有关
BC　[根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得：＝n＝nS＝S，根据欧姆定律可得：＝，通过的电荷量为：q＝(t2－t1)，联立可得：q＝S，故B正确；若只增加送电线圈匝数，相当于增大变压器的原线圈匝数，所以c、d之间的电压减小，故C正确；受电线圈是通过电磁感应获得能量的，所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关，故D错误。]
6．(多选)(2020·大连模拟)有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的圆形线圈平面，规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度B的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向。现已知R中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的(　　)

甲　　　　　　　乙

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D
AB　[在0～1 s内，产生的感应电流为I0，方向为顺时针，可能为垂直线圈平面向里的磁感应强度均匀减小的磁场，也可能是垂直线圈平面向外磁感应强度均匀增大的磁场。在1～2 s内，产生的感应电流为2I0，方向为逆时针，可能为垂直线圈平面向里磁感应强度均匀增大的磁场，也可能是先垂直线圈平面向外磁感应强度均匀减小的磁场，再垂直线圈平面向里磁感应强度均匀增大的磁场，且磁感应强度的变化率是0～1 s的两倍，故A、B正确，C、D错误。]
7.(多选)(2020·山东等级性考试)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是(　　)

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D
BC　[第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误。]
8．(多选)如图两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R。Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)。金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒(　　)

A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3
B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1
C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3
D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3
BCD　[由于金属棒在运动过程中，R的电功率不变，则由P＝I2R知电路中电流I不变，又根据E＝IR知在x1与x3处电动势相同，选项A错误；由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6 T、0.4 T、0.2 T，设导轨间距为L，由F＝BIL知金属棒在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1，选项B正确；由E＝，q＝IΔt，得q＝，如图为B随x变化的图象，图线与坐标轴所围的面积与L的乘积表示回路磁通量的变化量ΔΦ，可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3，选项C正确；根据Q＝I2RΔt和q＝IΔt可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程所用的时间之比为5∶3，则R产生的焦耳热之比为5∶3，选项D正确。]
9．如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1。当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F­x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6)
(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。

[解析]　(1)P＝　B＝＝ T。
(2)无磁场区间0≤x<0.2 m
a＝5v＝25x
F＝25xm＋μmgcos θ＋mgsin θ＝0.96＋2.5x
有磁场区间0.2 m≤x<0.8 m，
FA＝＝0.6x
F＝0.96＋2.5x＋0.6x＝0.96＋3.1x。
(3)上升过程中克服安培力做功(梯形面积)
WA1＝(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J
撤去外力后，棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，则
(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝mv2
(mgsin θ－μmgcos θ)s＝mv′2
得v′＝2 m/s
由于mgsin θ－μmgcos θ－＝0
故棒ab再次进入磁场后做匀速运动。
下降过程中克服安培力做功
WA2＝(x2－x1)＝0.144 J
Q＝WA1＋WA2＝0.324 J。
[答案]　(1) T　(2)F＝0.96＋3.1x　(3)0.324 J
10．如图所示，宽度为L的光滑平行金属导轨左端是半径为r1的四分之一圆弧导轨，右端是半径为r2的半圆导轨，中部是与它们相切的水平导轨。水平导轨所在的区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平导轨上，另一根质量为M的金属杆b由静止开始从左端导轨最高点滑下，当b滑至水平导轨某位置时，a滑到右端半圆导轨最高点(b始终运动且a、b未相撞)，并且a在最高点对导轨的压力大小为mg(g为重力加速度)，此过程中通过a的电荷量为q。已知a、b杆的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动至右端半圆导轨最高点过程中，a、b均始终与导轨垂直且接触良好，求：

(1)b在水平导轨上运动时的最大加速度；
(2)上述过程中系统产生的焦耳热；
(3)a刚到达右端半圆导轨最低点时b的速度大小。
[解析]　(1)对b从开始至滑上水平导轨过程，由机械能守恒定律得Mv＝Mgr1
解得vb1＝
b刚滑上水平导轨时加速度最大，
此时E＝BLvb1，I＝
由牛顿第二定律得F安＝BIL＝Ma
解得a＝。
(2)在整个过程中，对b由动量定理得
－BLt＝Mvb2－Mvb1
即－BLq＝Mvb2－Mvb1
解得vb2＝－
根据牛顿第三定律，a在最高点时轨道对其支持力
FN＝F′N＝mg
由牛顿第二定律得mg＋FN＝m
解得va1＝
对a、b组成的系统，由能量守恒定律得
Mgr1＝Mv＋mv＋2mgr2＋Q
解得Q＝BLq－3mgr2－。
(3)a从右端半圆导轨最低点到最高点过程中，由能量守恒定律得
2mgr2＝mv－mv
解得va2＝
从b刚滑上水平导轨至a滑到右端半圆导轨最低点的过程中，由动量守恒定律得
Mvb1＝Mvb3＋mva2
解得vb3＝－。
[答案]　(1)
(2)BLq－3mgr2－
(3)－