1、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)
2、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
3、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(20207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Bl2B微粒的电荷量与质量之
4、比为C电阻消耗的电功率为D电容器所带的电荷量为CBr2B棒产生的电动势为EBrrBr2，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qmg，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QCECBr2，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时，线框的速度为。
5、则下列说法正确的是()A在位置时线框中的电功率为B此过程中回路产生的电能为mv2C在位置时线框的加速度为D此过程中通过导线横截面的电荷量为ABD线框经过位置时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为EBa2Bav，故线框中的电功率为P，A正确；线框从位置到位置的过程中，动能减少了Ekmv2mmv2，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；线框在位置时，左右两边所受安培力大小均为FBa，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qt、三式联立，解得q，线框在位置时的磁通量为Ba2，而线框在位置时的磁通量为零，故q，D正
6、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
7、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：nnSS，根据欧姆定律可得：，通过的电荷量为：q(t2t1)，联立可得：qS，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
8、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ABCDAB在01 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12 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01 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
9、、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()ABCDBC第1 s内，ae边切割磁感线，由EBLv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FBIL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34 s内，导体框在第
10、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0x4 m的空间区域内存在着垂直导轨平
11、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B0.80.2x(T)。金属棒ab在外力作用下从x0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x11 m经x22 m到x33 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13B在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为31C从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为53D从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为53BCD由于金属棒在运动过程中，R的电功率不变，则由PI2R知电路中电流I不变，又根据EIR知在x1与x3处电动势相同，选项A错误
12、；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FBIL知金属棒在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为31，选项B正确；由E，qIt，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，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53，选项C正确；根据QI2Rt和qIt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53，则R产生的焦耳热之比为53，选项D正确。9如图所示，倾角37、间距l0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R0.1 的电阻，质量m0.1 kg的金属棒ab
13、垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数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 mx0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足vkx(可导出akv)，k5 s1。当棒ab运动至x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率P0.12 W，运动至x20.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x0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 370.6)(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系
14、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)PB T。(2)无磁场区间0x0.2 ma5v25xF25xmmgcos mgsin 0.962.5x有磁场区间0.2 mx0.8 m，FA0.6xF0.962.5x0.6x0.963.1x。(3)上升过程中克服安培力做功(梯形面积)WA1(x1x2)(x2x1)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 mgcos )smv2(mgsin mgcos )smv2得v2 m/s由于mgsin mgcos 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(x2x1)
15、0.144 JQWA1WA20.324 J。答案(1) T(2)F0.963.1x(3)0.324 J10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
16、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MvMgr1解得vb1b刚滑上水平导轨时加速度最大，此时EBLvb1，I由牛顿第二定律得F安BILMa解得a。(2)在整个过程中，对b由动量定理得BLtMvb2Mvb1即BLqMvb2Mvb1解得vb2根据牛顿第三定律，a在最高点时轨道对其支持力FNFNmg由牛顿第二定律得mgFNm解得va1对a、b组成的系统，由能量守恒定律得Mgr1Mvmv2mgr2Q解得QBLq3mgr2。(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2mgr2mvmv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Mvb1Mvb3mva2解得vb3。答案(1)(2)BLq3mgr2(3)
