2011-2020年高考物理试卷分类汇编之060a.电磁感应规律的综合应用（上）（含答案及解析）

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第60a节 电磁感应规律的综合应用（上）
1. 2013年重庆卷
5．如题5图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为
A．，负 B．，正
C．，负 D．，正
答：C
解析：此题考查霍尔效应模型，， ，代入解得，选C。
2.2011年物理江苏卷
2．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安掊力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
答：B
【解析】因为磁感应强度随线框下落而减小，所以磁通量也减小，A错误；因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，本题选B；感应电流在磁场中受安培力作用，上框边比下框边始终处于较强的磁场区域，线框所受安掊力的合力向上不为零，C错误；下落过程中克服安培力做功，机械能转化为内能，机械能减少，D错误。
3.2015年理综新课标I卷19. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是 （ AB ）
A. 圆盘上产生了感应电动势
B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C. 在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘径向的辐条在切割磁感线的过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，选项B正确；圆盘运动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。故选AB。
4.2015年理综安徽卷19．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则 （ B ）
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：金属棒的有效切割长度为l，电路中感应电动势的大小，选项A错误；金属棒的电阻，根据欧姆定律电路中感应电流的大小，选项B正确；金属杆所受安培力的大小，选项C错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为，选项D错误．答案为B．
5. 2011年理综重庆卷
23．（16分）有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R。绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：
⑴橡胶带匀速运动的速率；
⑵电阻R消耗的电功率；
⑶一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
解析：（1）设电动势为E，橡胶带运动速率为v。由：E＝BLv，E＝U，得：v＝
（2）设电功率为P，则P＝
（3）设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W。
I＝，F＝BIL，W＝Fd 得：W＝
6.2017年天津卷3．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，学|科网导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。
7.2019年天津卷8.单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻线框平面与中性面垂直
B. 线框的感应电动势有效值为
C. 线框转一周外力所做的功为
D. 从t=0到过程中线框的平均感应电动势为
答案：BC
解析：根据Φ-t图像可知，当时间为时，导线框的磁通量最大，故此时线框平面处在中性面上，A错误；
通过Φ-t图像可知，磁通量满足函数，对该函数中的时间t求导数，可得到电动势的表达式，其中为电动势的最大值，除以得到电压的有效值为，B符合题意；
线框转一周过程中导线框产生的电能全部转化为电阻的热量，由，把电压的有效值代入，得到外力做功为，选项C正确；
求解0--内的电动势平均值，利用公式求解，其中是磁通量的变化量等于，时间为，相除得到平均电动势为，选项D错误。
故选B、C。
8.2019年天津卷11.如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。
（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
（2）断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
解：设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律 ①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并=R/2 ②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得 ③
设PQ中的电流为IPQ，有 ④
设PQ受到的安培力为F安，有 ⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有 ⑥
联立①②③④⑤⑥式得水平恒力 ⑦
水平恒力的方向水平向右
（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有
⑧
其中 ⑨
设PQ中的平均电流为，有 ⑩
根据电流的定义得 ?
由动能定理，有 ?
联立⑦⑧⑨⑩??式得 ?
9. 2013年新课标I卷25.（19分）
如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v, 则感应电动势为 E=BLv （1）
平行板电容器两极板间的电势差为 U=E （2）
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有 （3）
联立（1）（2）（3）式得 Q=CBLv （4）
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 （5）
设在时间间隔（t，t+）内流经金属棒的电荷量为，按定义有 （6）
也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+）内增加的电荷量。由（4）式得 （7）
式中，为金属棒的速度变化量。按定义有 （8）
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 （9）
式中，N是金属棒对于轨道的正压力的大小，有 （10）
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a,根据牛顿第二定律有
（11）
联立（5）到（11）式得 （12）
由（12）式及题设可知，金属棒做初速度为0的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为
（13）
10.2017年浙江选考卷22.间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为m，长为的金属杆，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆、和电阻均为
R=0.02Ω， m=0.1kg，l=0.5m，L=0.3m，θ=30°，B1=0.1T，B2=0.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求：
（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；
（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小v；
（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热Q
【答案】(1)=6m/s (2) v=1.5m/s (3)0.25J
【解析】沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡
（1）感应电动势，电流， 安培力
匀速运动条件

（2）由动量守恒定律
（3）进入B2磁场区域，设速度变化v，由动量定理有

出B2磁场区域时同样有，
所以出B2磁场后“联动三杆”的速度为
11. 2014年理综新课标卷Ⅱ
25.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示；整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下；在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g，求：
（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；
（2）外力的功率。
【解析】（1）在时间内，导体棒扫过的面积为 ①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为 ②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端。因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足 ③
联立①②③式得 ④
（2）在竖直方向有 mg-2Ν=0 ⑤
式中，由于质量分布均匀。内外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N。两导轨
对运动的导体棒的滑动摩擦力均为?=μΝ ⑥
在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为为
= rωΔt ⑦ 和 = 2 rωΔt ⑧
克服摩擦力做的总功为
= ?（+） ⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为
=RΔt ⑩
根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为
W = + ⑾
外力功率为 ⑿
由④至⑿式得
12. 2014年理综安徽卷
23．（16分）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为300的斜面向上。绝缘斜面上固定有“Λ”形状的光滑金属导轨MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m。MN连线水平,长为3m。以MN的中点O为原点、OP为x轴建立一坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定的速度v=1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）。g取10m/s2。
（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8m电势差UCD；
（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F-x关系图象；
（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
【答案】（1）1.5V -0.6V （2） 如图 （3）7.5J
【解析】（1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E=Blv (l=d) E=15V （D点电势高）
当x=0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外，则得
得l外=1.2m
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差 UCD=-Bl外v=-0.6V
（2）杆在导轨间的长度l与位置x关系是
对应的电阻Rl为 电流
杆受安培力F安为
根据平衡条件得

画出的F-x图象如答图所示。
（3）外力F所做的功WF等于F-x图线下所围成的面积，即

而杆的重力势能增加量△EP
故全过程产生的焦耳热Q Q=WF-△EP =7.5J
13. 2011年上海卷
32．（14 分）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J。（取g=10m/s2）求：
⑴金属棒在此过程中克服安培力的功W安；
⑵金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a。
⑶为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。
解析：（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此
，∴。
（2）金属棒下滑时受重力和安培力，
由牛顿第二定律，
∴。
(3)此解法正确。金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足
上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。
，∴
14. 2014年理综天津卷
11．（18分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2．问
（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
【答案】（1）由a流向b（2）5m/s（3）1.3J
【解析】⑴由a流向b。
⑵开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有
①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
③
设ab所受安培图为，有
④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得
⑥
⑶设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为，由能量守恒有
⑦
又 ⑧
解得 ⑨
15. 2014年理综北京卷24.（20分）
导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示，固定于水平面的U型导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在于其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F的方向相同:导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R，其长度l恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。
（1） 通过公式推导验证:在△t时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W' ,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;
（2）若导线MN的质量m=8.0g,长度L=0.10m，感应电流I=1.0A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据)；
阿伏伽德罗常数NA
元电荷
导线MN的摩尔质量
（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式。
【答案】（1）见解析 （2） （3）
【解析】（1）动生电动势： ①
电流： ②
安培力： ③
力做功： ④
电能： ⑤
焦耳热： ⑥
由④⑤⑥可知，
（2）总电子数：
单位体积内的电子数：
⑦
（3）从微观角度看，导线中的自由电子与金属离子发生碰撞，可以看做非完全弹性碰撞，自由电子损失的动能转化为焦耳热。
从整体角度看，可视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的损失，即
⑧
从宏观角度看，导线MN速度不变，力F做功使外界能量完全转化为焦耳热。
时间内，力F做功 ⑨
代入⑦，
代入②③，得
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