1、第3讲电磁感应规律的综合应用时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分。其中12题为单选，36题为多选)1如图所示，竖直平行光滑金属导轨间距为L，上端接阻值为R的电阻，下端接电源和开关K，电源电动势为E，内阻为R，整个装置处于垂直导轨平面的匀强磁场中。当开关闭合时，一质量为m，电阻也为R的金属棒恰好能静止在导轨上，金属棒与导轨一直保持良好接触，导轨足够长且不计电阻，重力加速度为g。下列说法正确的是()A磁感应强度BB磁场方向垂直导轨平面向里C断开开关后，金属棒做匀加速直线运动D断开开关后，金属棒最终速度为答案B解析设金属棒中电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为
2、B，由于金属棒静止，则mgBIL，对于整个电路，由闭合电路的欧姆定律得E2IRIR，联立解得：B，故A错误。由左手定则可知磁感应强度B的方向垂直导轨平面向里，故B正确。断开开关后，金属棒做a越来越小的加速运动，最终匀速，处于平衡状态，棒中电流强度仍为I，设感应电动势为E，再由欧姆定律得E2IR，设金属棒最终的速度大小为v，由法拉第电磁感应定律得EBLv，联立各式解得：v，故C、D错误。2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沿垂直磁场方向从如图所示
3、的实线位置开始向右运动，当线框运动到各有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为。则下列说法不正确的是()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大小为D此过程中通过导线横截面的电荷量为答案C解析线框经过位置时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势EBa2Bav，故线框中的电功率P，A正确；线框从位置到位置的过程中，动能减少量Ekmv2m（）2mv2，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大小为a，C
4、错误；由qt、三式联立，解得q，线框在位置时其磁通量为Ba2，而线框在位置时其磁通量为零，故q，D正确。3如图所示，固定的竖直光滑金属导轨间距为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨处在方向水平且垂直于导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的一端固定的轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A初始时刻导体棒两端的电压为BLv0B初始时刻导体棒加速度的大小为2gC导体棒最
5、终静止，此时弹簧的压缩量为D导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路产生的焦耳热为mv答案CD解析初始时导体棒以初速度v0向上运动，根据法拉第电磁感应定律，初始时的感应电动势EBLv0，通过电阻R的电流I，导体棒两端的电压UIR，A错误；初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg、轻弹簧向下的拉力Fkx1mg和竖直向下的安培力FABIL作用，根据牛顿第二定律，mgFFAma，解得导体棒的加速度大小a2g，一定大于2g，B错误；当最终导体棒静止时，导体棒中感应电流为零，所受安培力为零，在重力和轻弹簧的弹力作用下受力平衡，轻弹簧处于压缩状态，mgkx2，解得此时轻弹簧的压缩量x2，C正确；由于初始时刻
6、和最终轻弹簧的形变量大小相同，轻弹簧的弹性势能相等，重力做功mg(x1x2)，导体棒动能减少mv，根据能量守恒定律和功能关系可知，导体棒从开始运动直到最终静止的过程中，回路产生的焦耳热为Qmv，D正确。4(2019福建省五校联考)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L，一质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t0时刻线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置)，线框的速度为v0，经历一段时间后，当线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置)，线框的速度刚好
7、为零，此后，线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()A上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C上升过程中，线框的加速度逐渐减小D上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率答案BC解析线框在穿过磁场过程中要克服安培力做功，在线框上升过程中，安培力与重力均与运动方向相反，都做负功，而在线框下降过程中，重力做正功，安培力做负功，即上升过程中合力做的功大于重力做的功，下降过程中合力做的功小于重力做的功，即上升过程中合力做功大于下降过程中合力做的功，A错误；分析线框的运动过程可知，对应于同一位置，上升过程的
8、安培力大于下降过程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以B正确；以线框为对象受力分析可知，线框在上升过程中做减速运动，有F安mgma，F安，故有agv，所以上升过程中，随着速度逐渐减小，加速度也逐渐减小，故C正确；线框在下降过程中做加速运动，有ag，由此可知，下降过程中的平均加速度小于上升过程的平均加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，所以D错误。5如图所示，同一竖直面内的正方形导
9、线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则()Aa、b两个线框匀速运动的速度大小为B线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl答案BC
10、解析当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，此时线框a下边刚进入磁场，下边所受安培力2mgmg，得v，A项错误；线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场，开始线框a切割磁感线运动，受力平衡，然后线框b切割磁感线运动，受力也平衡，最后线框a切割磁感线运动，仍受力平衡，则这一过程所用时间为t，B项正确；从开始运动到线框a全部进入磁场可以分为两个阶段，第一阶段线框a的下边进入磁场之前，这一阶段线框a产生的焦耳热为零，第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场，这一阶段线框b全部在磁场中，线框b的磁通量不变，即线框b产生的焦耳热为零，第二阶段系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热，
11、即Qmgl，C项正确；由功能关系，两线框的重力势能转化为两线框的动能以及两线框克服安培力做的功，两线框重力势能的减少量为2mgl，则两线框克服安培力做功一定小于2mgl，D项错误。6(2019湖南衡阳三模)在倾角为足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示。一个质量为m，电阻为R，边长也为L的正方形线框在t0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()A当ab边刚越过ff时，线框加速度的大小为gsinBt0时刻线框匀
12、速运动的速度为Ct0时间内线框中产生的焦耳热为mgLsinmvD离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动答案BC解析线框开始进入磁场时，处于平衡状态，此时有：mgsinBIL当ab边刚越过ff时，此时线框速度仍为v0，此时有：2BI2Lmgsinma电流：I2由得：mgsinma联立可得：a3gsin，故A错误；设t0时刻的速度为v，此时处于平衡状态，有：I32BI3Lmgsin联立得：v，故B正确；在t0时间内，根据能量守恒定律有：QmgLsinmvmv2mgLsinmv，故C正确；线框离开磁场时，由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故D错误。故选B、C。二、
13、非选择题(本题共2小题，共40分)7(20分)(2020江西红色七校高三第一次联考)如图甲所示，电阻不计且间距L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R2 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2 T。现将质量m0.1 kg、电阻不计的金属杆ab从OO上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。金属杆从静止开始下落0.3 m的过程中，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2。(1)求金属杆刚进入磁场时的速度大小v0；(2)求金属杆从静止开始下落0.3 m的过程中，在电阻R上产生的热量Q；(3)在图丙的坐标系中
14、，定性画出回路中电流随时间变化的图线，并说明图线与坐标轴围成的图形的面积的物理意义(以金属杆进入磁场时为计时起点)。答案(1)1.0 m/s(2)0.2875 J(3)见解析解析(1)进入磁场后，根据右手定则可知金属杆ab中电流的方向由a到b，由左手定则可知，杆ab所受的安培力方向竖直向上。刚进入磁场时，由牛顿第二定律得mgBI0Lma其中a10 m/s2，I0联立并代入数据解得v01.0 m/s。(2)由题图乙知h0.3 m时，a0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，设此时金属杆的速度为v1，有BI1Lmg，其中I1联立并代入数据解得v10.5 m/s从开始到下落0.3 m的过程中，由能量守
15、恒定律有mghQmv解得Qmghmv0.2875 J。(3)如图所示。面积的物理意义是：某段时间内通过电阻的电荷量。8(20分)(2019广东惠州高三“六校联盟”第四次联考)如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。导轨水平部分的矩形区域MNQP内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.50 T。在距离磁场左边界d0.40 m处垂直导轨放置导体棒a，在倾斜导轨高h0.2 m处垂直于导轨放置导体棒b。将b由静止释放，最终a以1 m/s的速度离开磁场右边界。已知轨道间距L0.20 m。两棒质量均为0.01 kg，两棒电阻均为0.1 ，不计导轨电阻。导体棒在运动过程中始终
16、垂直于导轨且接触良好。g取10 m/s2。忽略磁场边界效应。求：(1)安培力对导体棒a做的功；(2)导体棒a刚出磁场时，b的速度大小及两棒之间的距离；(3)导体棒b的整个运动过程中，安培力对b做的功。答案(1)0.005 J(2)1 m/s0.2 m(3)0.02 J解析(1)导体棒a在安培力的作用下由静止向右加速运动，根据动能定理，安培力对导体棒a做的功W1mv0.005 J。(2)导体棒b在倾斜部分运动时，由机械能守恒定律有mghmv得v02 m/s导体棒b进入磁场与导体棒a通过磁场相互作用，直到导体棒a出磁场，由动量守恒定律有mv0mv1mv2得v21 m/s，即导体棒a出磁场时，两棒已获得共同速度此过程中，对导体棒b运用动量定理有BLtmv2mv0qt得x0.2 m两棒之间的距离为x1dx(0.40.2) m0.2 m。(3)导体棒b进入磁场与导体棒a通过磁场相互作用后获得共同速度的过程中，安培力对导体棒b做的功W2mvmv0.015 J导体棒a从磁场中出来时，导体棒b与磁场右边界相距x20.2 m此时对导体棒b运用动量定理有BLqmv3mv2，又q得v30，即导体棒b刚好停止在磁场右边界处，该过程中安培力对导体棒b做的功W3mv0.005 J因此整个运动过程中安培力对导体棒b做的功为W总W2W30.02 J。