课时作业43 电磁感应定律的综合应用

合集下载

课时作业11：4.4法拉第电磁感应定律

4.4法拉第电磁感应定律1．关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是()A．只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B．穿过闭合电路中的磁通量减小，则电路中感应电流就减小C．穿过闭合电路中的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大D．穿过闭合电路中的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大2．如图中所示的导体棒的长度为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，则产生的感应电动势为BLv的是()3．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，当条形磁铁突然插入螺线管时，小球的运动情况是()A．向左摆动B．向右摆动C．保持静止D．无法判定4.当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为“绳系卫星”。

现有一颗卫星在地球赤道上空运行，卫星位于航天飞机正上方，卫星所在位置地磁场方向由南向北。

下列说法正确的是()A．航天飞机和卫星从西向东飞行时，图中B端电势高B．航天飞机和卫星从西向东飞行时，图中A端电势高C．航天飞机和卫星从南向北飞行时，图中B端电势高D．航天飞机和卫星从南向北飞行时，图中A端电势高5．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是()A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁回路产生的感应电动势先变小再变大6．如图甲所示线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50cm2，线圈总电阻r＝10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在开始的0.1s内()A．磁通量的变化量为0.25WbB．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/sC．a、b间电压为0D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A7.如图所示，水平放置的平行金属导轨相距l＝0.50m，左端接一电阻R＝0.20Ω，磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面。

课时作业11：专题突破电磁感应定律的综合应用（二）

专题突破电磁感应定律的综合应用电磁感应定律的综合应用(二)(时间：40分钟)基础巩固练1．(2019·上海闵行区模拟)如图1所示，在外力的作用下，导体杆OC 可绕O 轴沿半径为r 的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，A 、O 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为( )图1 A.B 2ω2r 2RB.B 2ω2r 4RC.B 2ω2r 44R D.B 2ω2r 48R解析因为OC 是匀速转动的，根据能量守恒可得，P 外＝P 电＝E 2R ，又因为E ＝Br ·ωr 2，联立解得P 外＝B 2ω2r 44R ，选项C 正确。

答案 C2．(多选)如图2所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接。

导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。

若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法正确的是( )图2A ．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BL vD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确；当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，则以速度v匀速下滑，选项B正确；由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BL v cos θ，选项C错误；由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不一定等于电阻R上产生的内能，选项D 错误。

答案AB3．两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图3所示。

两板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是()图3解析带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此线圈中产生的感应电动势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁通量一定是均匀变化的，选项A、D错误；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，感应电流产生磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，通过线圈的磁通量均匀减小，故选项C正确，B错误。

H4.5电磁感应定律的综合应用

2 Q 2 BL C 解得: 2
（2）当ab棒脱离导轨后C对R放电,通过R的电量为 Q2,所以整个过程中通过 R的总电量为：Q=Q1+Q2
Q BL2 ( 3 2C ) 2R
例题2:半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B=0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a=0.4m，b=0.6m，金属环上分别接有灯 L1、L2，两灯的电阻均为R =2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计（1）若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬时（如图所示）MN中电动势和流过灯L1的电流。（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为 ΔB/Δt=4T/s，求L1的功率。
h P v d b l B R Q
解: 画出等效电路如图示, E=1/4×Blv=0.1V r1 =rh=2×0.1=0.2 Ω I=2E/(R+r1 )=0.4A 方向N→Q U cd=IR=0.12V U ab= U cd +2E=0.32V
a E
c
2E
N
R
Q
d
b E
例5：如图所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒 ab 搁在框架上，可无摩擦滑动，此时 adeb构成一个边长为 l 的正方形，棒的电阻为r，其余电阻不计，开始时磁感强度为B0，（ 1）若从 t=0 时刻起，磁感强度均匀增加，每秒增量为k，同时保持棒静止，求棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向。（ 2 ）在上述（ 1 ）情况中，始终保持棒静止，当 t=t 1 秒末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？（ 3）若从 t=0 时刻起，磁感强度逐渐减小，当棒以恒定速度 v 向右作匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感强度应怎样随时间变化 a c d （写出B与t 关系式）？

课时作业20：4.4法拉第电磁感应定律

4.4 法拉第电磁感应定律一、选择题1．下列关于感应电动势的说法中，正确的是（） A ．只要穿过电路的磁通量发生变化，就会有感应电动势产生 B ．穿过电路内的磁通量发生变化，不一定有感应电动势产生 C ．导体棒无论沿哪个方向运动都会有感应电动势产生 D ．导体棒必须垂直于磁场方向运动才会有感应电动势产生2．磁悬浮列车是一种没有车轮的陆上无接触式有轨交通工具，速度可达500 km/h ，具有启动快、爬坡能力强等特点。

有一种方案是在每节车厢底部安装强磁铁(磁场方向向下)，并在两条铁轨之间平放一系列线圈，下列说法不正确的是（）A ．列车运动时，通过线圈的磁通量发生变化B ．列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快C ．列车运动时，线圈中会产生感应电流D ．线圈中感应电流的大小与列车速度无关 3．(多选)对反电动势的理解正确的是（） A ．反电动势的作用是阻碍线圈的转动B ．对电动机来说应尽量减小反电动势，最好没有反电动势C ．反电动势阻碍转动的过程，是电能向其他形式能转化的过程D ．由于反电动势的存在，使存在电动机的回路中的电流I ＜E 电源R 总，所以在有反电动势工作的电路中，不能用闭合电路欧姆定律直接计算电流4．如图甲所示线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1 s 内（）A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×102 Wb/sC ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A5.一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍（）A ．把线圈匝数增加一倍B ．把线圈面积增加一倍C ．把线圈半径增加一倍D ．改变线圈与磁场方向的夹角6．一战机以4.5×102 km/h 的速度自东向西飞行，该战机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m ，所处地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5 T ，则（）A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D ．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低7.如图所示，导体棒AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 长为R ，且O 、B 、A 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB 两端的电势差为（）A.12BωR 2B ．2BωR 2C ．4BωR 2D ．6BωR 28. 如图所示，粗细均匀的、电阻为r 的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B ，圆环直径为l ；长为l 、电阻为r2的金属棒ab 放在圆环上，以v 0向左运动，当ab 棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为（）A ．0B ．Bl v 0 C.Bl v 02D.Bl v 039. 如图所示，abcd 为水平放置的平行“匚”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。

高考物理：电磁感应的综合应用

电磁感应的综合应用（1）电路问题：基本公式：E= E= E= q= 等效电源电流方向1、粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是2、如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动时A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BL vC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2vR（2）图像问题（排除法，方向，特殊阶段）动生感生3、两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B ，以磁场区左边界为y 轴建立坐标系，磁场区域在y 轴方向足够长，在x 轴方向宽度均为a .矩形导线框ABCD 的CD 边与y 轴重合，AD 边长为a .线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i 与线框移动距离x 的关系图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)4、一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图2甲所示)，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)则下列选项中能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是 ( )（3）动力学能量问题力：功功能关系：基本模型：5、如图a 所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L 。

高三物理一轮复习课时作业10：专题突破电磁感应定律的综合应用(一)

专题突破电磁感应定律的综合应用电磁感应定律的综合应用(一)(时间：40分钟)基础巩固练1．如图1甲所示，在电阻R＝1 Ω，面积S1＝0.3 m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S2＝0.2 m2。

若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I(取顺时针方向为正方向)随时间t的变化图线是()图1答案 C2．如图2所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()图2A.12EB.13EC.23E D ．E解析 a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a 、b间电势差为U ＝13E ，选项B 正确。

答案 B3．下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。

A 、B 中的导线框为正方形，C 、D 中的导线框为直角扇形。

各导线框均绕垂直纸面轴O 在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T 。

从线框处于图示位置时开始计时，以在OP 边上从P 点指向O 点的方向为感应电流i 的正方向。

则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i 随时间t 的变化规律如图3所示的是( )图3解析根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i 随时间t 的变化规律如题图所示的是选项C 。

答案 C4．(多选)如图4甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC 固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF 放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是( )图4A ．t 1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B ．t 2时刻轻杆对导体棒的作用力为零C ．t 2到t 3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D ．t 2到t 4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变解析由E ＝n ΔΦΔt ，可知t 1时刻感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项A 错误；t 2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁场为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项B 正确；t 2到t 3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C 正确；t 2到t 4时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D 错误。

新教材高中物理课时作业八电磁感应定律的综合应用含解析新人教版选择性2

新教材高中物理课时作业：课时作业(八) 电磁感应定律的综合应用一、单项选择题1．单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化图像如图所示，则( )A ．在t ＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B ．在t ＝1×10－2s 时，感应电动势为零 C ．在t ＝2×10－2 s 时，感应电动势为零D ．在0～2×10－2 s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零2．如图所示，线圈面积S ＝1×10－5m 2，匝数n ＝100，两端点连接一电容器，其电容C ＝20 μF.线圈中磁场的磁感应强度按ΔBΔt ＝0.1 T/s 增加，磁场方向垂直线圈平面向里，那么电容器所带电荷量为( )A ．1×10－7C B ．1×10－9C C ．2×10－9C D ．3×10－9C 3.夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电风扇时，发现电风扇正在逆时针转动．金属材质的电风扇示意图如图所示，由于电磁场的存在，下列关于A 、O 两点的电势及电势差的说法，正确的是( )A ．A 点电势比O 点电势高B ．A 点电势比O 点电势低C ．A 点电势和O 点电势相等D ．扇叶长度越短，U AO 的电势差数值越大4．如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )5．如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5 m ，金属环总电阻为2 Ω，在整个竖直平面内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ，在环的最高点上方0.5 m 处的A 点用铰链连接一长度为1.5 m 、电阻为3 Ω的均匀导体棒AB ，当导体棒AB 摆到竖直位置时，导体棒B 端的速度为3 m/s.已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒AB 摆到竖直位置时AB 两端的电压大小为( )A ．0.4 VB ．0.65 VC ．2.25 VD ．4.5 V 二、多项选择题 6.如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R ，质量为m 的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F 把棒ab 从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是( )A ．恒力F 做的功等于电路产生的电能B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和7．一个面积S＝4×10－2m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( ) A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 VD．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零8．如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )三、非选择题9．如图所示，在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为20 cm，这部分的电阻r＝0.02 Ω.导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.20 T，电阻R＝0.08 Ω，其他电阻不计，ab的质量为0.02 kg.(1)断开开关S，ab在水平恒力F＝0.01 N的作用下，由静止沿轨道滑动，经过多长时间速度才能达到10 m/s?(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？(3)当ab的速度达到10 m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10 m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？10.如图所示，线圈abcd每边长l＝0.20 m，线圈的质量m1＝0.10 kg，电阻R＝0.10 Ω，砝码的质量m2＝0.14 kg.线圈上方的匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直于线圈平面向里，磁场区域的宽度h＝l.砝码从某一位置下降，使ab边进入磁场开始做匀速运动，求线圈做匀速运动的速度．(g取10 m/s2)11．如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一长度大于2l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好．已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略．将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤2l0)变化的关系式．课时作业(八) 电磁感应定律的综合应用1．解析：由法拉第电磁感应定律知E ∝ΔΦΔt，故t ＝0及t ＝2×10－2s 时刻，E ＝0，A 错、C 对；t ＝1×10－2s ，E 最大，B 错；0～2×10－2s ，ΔΦ≠0，E ≠0，D 错．答案：C2．解析：因磁场在增强，由楞次定律可知a 端电势高，即a 板带正电荷，由法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ，故q ＝C ·E ＝nS ΔB Δt·C ＝2×10－9C ．故选项C 正确．答案：C3．解析：在北半球，地磁场的竖直分量竖直向下，由右手定则可判断OA 中电流方向由O 到A ，再根据在电源内部电流由负极流向正极，可知A 点为正极，电势高，A 对，B 、C 错；由E ＝Blv 可知D 错．答案：A4．解析：本题考查右手定则、E ＝Blv .由右手定则判定，线框向左移动0～l2过程，回路中电流方向为顺时针，由E ＝2Blv 可知，电流i 为定值；线框向左移动l2～l 过程，线框左、右两边产生的感应电动势相抵消，回路中电流为零．线框向左移动l ～32l 过程，回路中感应电流方向为逆时针．由上述分析可见，选项D 正确．答案：D5．解析：设金属环的最高点为C ，当导体棒摆到竖直位置时，由v ＝ωr 可得导体棒上C 点的速度为v C ＝13v B ＝13×3 m/s＝1 m/s ，AC 间电压为U AC ＝E AC ＝BL AC ·v C 2＝1×0.5×12V ＝0.25砝码受力也平衡：F T ＝m 2g ②线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I ＝BlvR③ 因此线圈受到向下的安培力F 安＝IlB ④ 联立①②③④式解得v ＝m 2－m 1gRB 2l 2＝4 m/s.答案：4 m/s11．解析：当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l 时，由法拉第电磁感应定律知，导体棒上感应电动势的大小为E ＝Blv ①由欧姆定律，流过导体棒的感应电流为I ＝ER②式中，R 为这一段导体棒的电阻．按题意有R ＝rl ③此时导体棒所受安培力大小为f ＝BlI ④由题设和几何关系有 l ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤22l 022l 0－x ，22l 0<x ≤2l 0⑤联立①②③④⑤式得f ＝⎩⎪⎨⎪⎧2B 2vr x ，0≤x ≤22l 02B 2v r 2l 0－x ，22l 0<x ≤2l 0⑥。

电磁感应定律的实际应用

电磁感应定律的实际应用电磁感应定律是电磁学中的基础定律之一，它揭示了磁场与电流的相互作用以及电磁感应现象。

在科学技术的发展中，电磁感应定律具有广泛的应用，涉及到电力、通信、交通等领域。

本文将结合几个实际案例，介绍电磁感应定律的应用。

一、电磁感应定律在发电中的应用发电是电磁感应定律的最基本应用之一。

通过磁感应线圈中的磁场变化，可以在线圈中感应出电流。

这种原理被广泛应用于电力站、水电站、风电场等发电系统中。

例如在传统的发电机中，通过旋转的磁铁与线圈的相对运动，产生磁场变化，从而在线圈中感应出电流。

这个电流经过一系列的转换和传输，最终供给我们使用。

二、电磁感应定律在电动机中的应用电动机是电磁感应定律的另一个重要应用领域。

电磁感应定律指出，通过变化磁场引起的感应电流，可产生力对物体施加作用。

这个原理正是电动机工作的基础。

电动机利用电流在磁场中受力的原理，将电能转化为机械能，实现了机械的旋转或直线运动。

电动机广泛应用于各个领域，如汽车、工业生产线等。

三、电磁感应定律在传感器中的应用传感器是现代科技领域中的重要设备，而电磁感应定律在传感器中扮演了关键角色。

传感器通过感知周围的物理量变化，将其转化为电信号，实现对环境信息的检测和测量。

例如磁敏传感器常常利用磁场的变化来感知目标物体的位置、距离和速度。

根据电磁感应定律的原理，磁敏传感器能够直接感应目标物体的磁性或电流变化，从而得到所需的信息。

四、电磁感应定律在无线通信中的应用电磁感应定律在无线通信领域中得到了广泛的应用。

通过电磁感应定律的原理，我们可以实现电磁波的产生和接收。

例如，无线电通信系统中，收发器利用变化的电磁场产生并传输电磁波，接收器利用电磁感应定律将收到的电磁波转化为电信号。

这种原理被广泛应用于手机、电视、广播等无线通信设备中。

总结：电磁感应定律是电磁学中一项重要的定律，其应用之广泛涉及到了电力发电、电动机、传感器、无线通信等众多领域。

通过电磁感应定律的原理，我们能够实现各种实用的设备和技术，为人们的生活和社会发展带来了便利。

高考物理专题九电磁感应第3讲电磁感应定律的综合应用课时作业

第3讲电磁感应定律的综合应用一、单项选择题1．如图K931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( )图K931A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bvsin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lvsin θrD ．金属杆的发热功率为B 2lv2rsin θ2．(2020年广东深圳联考)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图K932所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )图K932A ．释放瞬间金属棒的加速度不等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a→bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2vRD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量3．如图K933所示，水平光滑的金属框架上左端连接一个电阻R ，有一金属杆在外力F 的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，匀强磁场方向竖直向下，轨道与金属杆的电阻不计并接触良好，则能反映外力F 随时间t 变化规律的图象是( )图K933A B C D4．(2020年湖南十三校联考)如图K934所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )图K934A．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度B．通过电阻的电流先由a到b，后由b到aC．磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量D．a的电势始终高于b的电势5．(2020年安徽合肥二模)如图K935甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r＝1 Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3 m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t 变化的关系如图乙所示．有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是( )图K935A．圆形线圈中产生的感应电动势E＝6 VB．在0～4 s时间内通过电阻R的电荷量q＝8 CC．设b端电势为零，则a端的电势φa＝3 VD．在0～4 s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18 J6．(2020年北京朝阳期末)如图K936所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域( )图K936A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动7．如图K937所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )图K937A ．2.5 m/s ，1 WB ．5 m/s ，1 WC ．7.5 m/s ，9 WD ．15 m/s ，9 W 二、多项选择题8．(2020年浙江绍兴模拟)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g ，如图K938所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．金属棒在最低点的加速度小于gB ．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C ．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D ．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度图K938 图K9399．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m 、电阻可不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h 高度，如图K939所示．在这个过程中( )A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上发出的焦耳热之和C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上发出的焦耳热D ．恒力F 所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热10．(2020年河北保定高三调研)如图K9310所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m 、阻值大小也为R 的金属棒ab 与固定在斜面上方的劲度系数为k 的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v 0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，在上述过程中( )图K9310A ．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为BLv 02B ．通过电阻R 的最大电流一定是BLv 02RC ．通过电阻R 的总电荷量为mgBL4kRD ．回路产生的总热量小于12mv 20＋m 2g24k三、非选择题11．如图K9311所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长l 1＝1 m ，bc 边的边长l 2＝0.6 m ，线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝0.1 Ω，线框通过绝缘细线与重物相连，重物质量M ＝2 kg ，斜面上ef(ef ∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab 边始终平行于底边，ef 和gh的距离s ＝11.4 m ，g ＝10 m/s 2，求：(1)线框进入磁场前重物的加速度． (2)线框进入磁场时匀速运动的速度v.(3)ab 边由静止开始到运动到gh 处所用的时间t.(4)ab 边运动到gh 处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh 处的整个过程中产生的焦耳热．图K931112．如图K9312所示，两条平行的金属导轨相距L ＝1 m ，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN 和PQ 的质量均为m ＝0.2 kg ，电阻分别为R MN ＝1 Ω和R PQ ＝2 Ω.MN 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ 置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，MN 棒在水平外力F 1的作用下由静止开始以a＝1 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ 则在平行于斜面方向的力F 2作用下保持静止状态．t ＝3 s 时，PQ 棒消耗的电功率为8 W ，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求：图K9312(1)磁感应强度B 的大小．(2)t ＝0～3 s 时间内通过MN 棒的电荷量．(3)求t ＝6 s 时F 2的大小和方向．(4)若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移x 满足关系：v ＝0.4x ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到x ＝5 m 的过程中，系统产生的热量．第3讲电磁感应定律的综合应用1．B 解析：电路中的感应电动势E ＝Blv ，感应电流I ＝E R ＝E l sin θr＝Bvsin θr，故A 错误，B 正确；金属杆所受安培力大小F ＝BI l sin θ＝B 2lv r ，故C 错误；金属杆的发热功率P ＝I 2R ＝I 2l sin θr ＝B 2lv 2sin θr，故D 错误． 2．C 解析：释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g ，故A 错误．金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R 的电流方向为b→a，故B 错误．金属棒的速度为v 时，回路中产生的感应电流为I ＝BLvR，金属棒所受的安培力大小为F ＝BIL ＝B BLv R L ＝B 2L 2vR，故C 正确．由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知，在金属棒运动的过程中，电阻R 上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D 错误．3．B 解析：根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E R ＝BLvR，安培力向左，大小为F安＝BIL ＝B 2L 2v R .由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，又v ＝at ，可得F ＝ma ＋B 2L2Rat ，由此可知外力F 随时间t 变化规律的图象是不过原点且随时间逐渐增大的图线．4．A 解析：通过电阻的电流先由b 到a ，后由a 到b ，故B 错误；a 的电势先低于b 的电势，后高于b 的电势，故D 错误；磁铁刚离开螺线管时受到螺线管的吸引，其加速度小于重力加速度，故A 正确；磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量与磁铁增加的动能之和，故C 错误．5．D 解析：由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ，由图乙结合数学知识可得k ＝ΔB Δt ＝0.64T/s ＝0.15T/s ，将其代入可求得E ＝4.5 V ，A 错误．设平均电流强度为I ，由q ＝I Δt＝E R ＋r Δt＝nΔΦΔt R ＋rΔt＝n ΔΦR ＋r，在0～4 s 穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb －0＝0.18 Wb ，代入可解得q ＝6 C ，B 错误.0～4 s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合右手定则可得b 点电势高，a 点电势低，故C 错误．由于磁感应强度均匀变化，产生的电动势与电流均恒定，可得I ＝E r ＋R＝1.5 A ，由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18 J ，D 正确． 6．D7．B 解析：小灯泡稳定发光说明导体棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2vR 总，对棒满足：mgsin θ－μmgcos θ－B 2l 2vR 棒＋R 灯＝0因为R 灯＝R 棒，则：P 灯＝P 棒再依据功能关系：mgsin θ·v－μmgcos θ·v＝P 灯＋P 棒联立解得v ＝5 m/s ，P 灯＝1 W.图D1198．AD 解析：如果不受安培力，杆和弹簧组成了一个弹簧振子，由简谐运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g ，但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小，弹性形变量一定变小，故加速度小于g ，选项A 正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B 错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C 错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D 正确．9．AC10．ACD 解析：开始时金属棒切割磁感线产生电动势E ＝BLv 0，则金属棒与导轨接触点间电压为U ＝0.5E ，选项A 正确；金属棒释放时，受到沿斜面向上的安培力与沿斜面向下的重力分力，因不知二力大小关系，则不能确定通过R 的最大电流，选项B 错误；由于金属棒在运动过程中受到安培力作用，最终金属棒静止，则金属棒沿斜面下滑距离为d ＝mgsin θk，应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R 的电荷量q ＝BLd 2R ＝mgBL4kR，选项C 正确；从开始到停止，设回路产生的热量为Q 、金属棒静止时弹簧弹性势能为E p ，对金属棒和回路应用功能关系可知Q ＋E p ＝mgdsin θ＋12mv 20，则Q ＝12mv 20＋mg24k－E p ，选项D 正确．11．解：(1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力F 、斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F′，对线框由牛顿第二定律得F －mgsin α＝ma对重物由牛顿第二定律得Mg －F′＝Ma 又F ＝F′联立解得线框进入磁场前重物的加速度 a ＝Mg －mgsin αM ＋m＝5 m/s 2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg ＝F 1 线框abcd 受力平衡：F 1′＝mgsin α＋F 安又F 1＝F 1′ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 E ＝Bl 1v回路中的感应电流为I ＝E R ＝Bl 1vRab 边受到的安培力为F 安＝BIl 1联立解得Mg ＝mgsin α＋B 2l 21vR代入数据解得v ＝6 m/s.(3)线框abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh 处，仍做匀加速直线运动进入磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a ＝5 m/s 2，该阶段的运动时间为t 1＝v a＝1.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间t 2＝l 2v＝0.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a ＝5 m/s 2由匀变速直线运动的规律得s －l 2＝vt 3＋12at 23解得t 3＝1.2 s由此ab 边由静止开始到运动到gh 处所用的时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.5s.(4)线框ab 边运动到gh 处的速度v′＝v ＋at 3＝6 m/s ＋5×1.2 m/s＝12 m/s 整个运动过程产生的焦耳热Q ＝F 安l 2＝(Mg －mgsin α)l 2＝9 J.12．解：(1)当t ＝3 s 时，设MN 的速度为v 1，则 v 1＝at ＝3 m/s E 1＝BLv 1E 1＝I(R MN ＋R PQ )P ＝I 2R PQ联立以上各式并代入数据解得B ＝2 T.(2)E ＝ΔΦΔtq ＝ER MN ＋R PQ Δt＝ΔΦR MN ＋R PQ代入数据解得q ＝3 C.(3)当t ＝6 s 时，设MN 的速度为v 2，则 v 2＝at ＝6 m/s E 2＝BLv 2＝12 VI 2＝E 2R MN ＋R PQ＝4 AF 安＝BI 2L ＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ 进行受力分析可得 F 2＋F 安cos 37°＝mgsin 37°代入数据解得F 2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)．(4)MN 棒做变加速直线运动，当x ＝5 m 时，v ＝0.4x ＝0.4×5 m/s＝2 m/s. 因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，故有安培力做功W 安＝－12BL·BLv R MN ＋R PQ ·x＝－203 JQ ＝－W 安＝203J.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用课时作业

2020届一轮复习人教版电磁感应规律的综合应用课时作业一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．(2018·渭南模拟)如图所示，有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B ＝0.5 T ，两边界间距s ＝0.1 m ，一边长L ＝0.2 m 的正方形线框abcd 由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R ＝0.4 Ω，现使线框以v ＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a 、b 两点间的电势差U ab 随时间t 变化的图线是( )解析：A t 在0～5×10－2 s 内，ab 切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正，则ab 两端电势差U ab ＝34E ＝34×BL v ＝34×0.5×0.2×2 V ＝15×10－2 V ；t 在5×10－2 s ～10×10－2 s内，cd 边进入磁场Ⅱ后，cd 边和ab 都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正，所以U ab ＝E ＝BL v ＝0.5×0.2×2 V ＝0.20 V ＝20×10－2 V ，t 在10×10－2 s ～15×10－2 s 内，ab 边穿出磁场后，只有cd 边切割磁感线，由右手定则知，a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正．U ab ＝14E ＝14BL v ＝14×0.5×0.2×2 V ＝5×10－2 V ，故整个过程中线框a 、b 两点的电势差U ab 随时间t 变化的图线如图A 所示，故A 项正确．2．线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是( )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.1 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为正C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析：C 由图看出，在0～1 s 内图线的斜率最大，B 的变化率最大，根据闭合电路欧姆定律得，I ＝E R ＝n ΔBSΔt ·R ，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I ＝0.1×0.11A ＝0.01 A ，故A 项错误；在第4 s 时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I 的方向为逆时针方向，即为负方向，故B 项错误；前2 s 内，通过线圈某截面的总电量q ＝ΔΦR ＝ΔBS R ＝0.1×0.11 C ＝0.01 C ，故C 项正确；第3 s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D 项错误．3．(2018·汕头模拟)如图甲所示，电阻不计、间距为L 的光滑平行导轨水平放置，左端连接定值电阻，电阻可忽略的金属杆ab 放在导轨上且与导轨接触良好，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中．现对金属杆ab 施加一外力，使金属杆ab 沿导轨向右匀速运动，已知外力对ab 杆做功的功率与杆的速率的平方间的关系(P －v 2)如图乙所示，该图线斜率为k ，则该磁场的磁感应强度为( )A.kR 2L 2 B.kR L 2 C.kR L 2D.R kL 2解析：C 金属杆ab 沿导轨向右匀速运动，拉力做功功率等于克服安培力做功功率，即：P ＝BIL v ，电流为：I ＝E R ＝BL v R ，所以有：P ＝B 2L 2R ·v 2，图像的斜率为k ，则有：B 2L 2R ＝k ，解得：B ＝kRL 2，A 、B 、D 项错误、C 项正确． 4．如图甲，水平放置的平行金属导轨可分别与定值电阻R 和平行板电容器C 相连，导体棒MN 置于导轨上且接触良好，取向右为运动的正方向，导体棒沿导轨运动的位移－时间图像如图乙所示；导体棒始终处于垂直纸面向外的匀强磁场中，不计导轨和导体棒电阻，则0～t 2时间内( )A ．若S 接A ，电容器a 极板始终带负电B ．若S 接A ，t 1时刻电容器两极板电压最大C ．若S 接B ，MN 所受安培力方向先向左后向右D ．若S 接B ，t 1时刻MN 所受的安培力最大解析：C 在x －t 图像中，图像的斜率表示导体棒运动的速度，由图乙可知，0～t 1时间内斜率是正、t 1～t 2时间内斜率为负值，则说明0～t 2时间内导体棒先向右移动后向左移动．若S 接A ，导体棒通过金属导轨与平行板电容器C 连接，0～t 2时间内导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，可知电容器a 极板先带负电后带正电，故A 项错误；若S 接A ，t 1时刻导体瞬间静止，即导体棒不切割磁感线，故MN 中无感应电动势产生，电容器两极板电压为零，即最小，故B 项错误；若S 接B ，导体棒通过金属导轨与定值电阻R 连接，0～t 2时间内，导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，电流的方向先顺时针后逆时针，由左手定则可知，MN 所受安培力方向先向左后向右，故C 项正确；若S 接B ，t 1时刻MN 瞬间静止，导体棒不切割磁感线，电路中无电流，MN 受安培力为零(即最小)，故D 项错误．5．(2018·钦州模拟)如图所示，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R ，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab 横跨导轨，第一次用恒定的拉力F 作用下由静止开始向右运动，稳定时速度为2v ，第二次保持拉力的功率P 恒定，由静止开始向右运动，稳定时速度也为2v ，(除R 外，其余电阻不计，导轨光滑)，在两次金属棒ab 速度为v 时加速度分别为a 1、a 2，则( )A ．a 1＝a 2B ．a 1＝12a 2C ．a 1＝13a 2D ．a 1＝14a 2解析：C 金属棒ab 速度为v 时受到的安培力为：F 安＝BIL ＝BL BL v R ＝B 2L 2vR ，因为稳定时速度为2v ，所以得：F ＝B 2L 22vR ，所以第一次用恒定的拉力F 时，速度为v 的时候加速度为a 1，有：ma 1＝F －f ＝B 2L 22v R －B 2L 2v R ＝F2；因为功率P ＝F v ，功率P 恒定，所以当速度为v 时导轨所受的拉力为速度为2v 的时候的两倍，两种情况在稳定的时候速度相同，所以两次在稳定时拉力相同，功率P 恒定时速度为v 的时候所受的拉力为2F ，ma 2＝2F －F 安＝32F ，所以a 1∶a 2＝1∶3，故C 项正确． 6.如图所示，AB 、CD 为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，处在方向垂直平面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中．AB 、CD 的间距为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻．质量为m 长为L 且不计电阻的导体棒MN 放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN 具有水平向左的初速度v 0，经过一段时间，导体棒MN 第一次运动到最右端，这一过程中AC 间的电阻R 上产生的焦耳热为Q ，则( )A ．初始时刻导体棒所受的安培力大小为B 2L 2v 0RB ．从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为2Q3C ．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为12m v 20－2QD ．当导体棒再次回到初始位置时，AC 间电阻R 的热功率为B 2L 2v 20R解析：C 由F ＝BIL 及I ＝BL v 0R 并，得安培力大小为F A ＝2B 2L 2v 0R ，故A 项错误；MN 棒第一次运动至最右端的过程中AC 间电阻R 上产生的焦耳热为Q ，回路中产生的总焦耳热为2Q .由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于13·2Q ＝2Q 3，故B 项错误；MN 棒第一次运动至最右端的过程中AC 间电阻R 上产生的焦耳热Q ，回路中产生的总焦耳热为2Q .由能量守恒定律得：12m v 20＝2Q ＋E p ，此时弹簧的弹性势能E p ＝12m v 20－2Q ，故C 项正确；由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v 0，棒产生的感应电动势E <BL v 0，由电功率公式P ＝E 2R 知，则AC 间电阻R 的功率小于B 2L 2v 20R，故D 项错误．7．如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2RB ．通过金属棒的电荷量为BdL2RC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )解析：BD 根据题意知E ＝BL v ，mgh ＝12m v 2，F ＝BIL ，可得I ＝BL 2gh2R ，A 错误．q＝It ＝ΔΦ2R ＝BdL 2R ，B 正确．对整个过程由动能定理得mgh －W F 安－μmgd ＝0，Q ＝12W F 安＝12mg (h－μd )，可知C 错误，D 正确．8．(2018·珠海模拟)如图所示，水平传送带带动两金属杆a 、b 匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆a 、b 质量均为m ，两杆与导轨接触良好，当a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当a 离开磁场时，b 恰好进入磁场，则( )A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL2D ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL解析：BD 由题意可知，金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于金属杆b 进入磁场时速度与a 进入磁场时的速度相同，所受的安培力相同，所以两金属杆进入磁场时的受力情况相同，则b 进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动，故A 项错误、B 项正确；两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得知：回路中产生的总热量为Q ＝2×mg sin 30°·L ＝mgL ，故C 项错误，D 项正确．9.(2018·临沂模拟)如图所示，两根相距为d 的足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨平面垂直，长度略大于d 的两导体棒M 、N 平行地放在导轨上，导体棒的电阻均为R 、质量均为m ，开始两导体棒静止，现给导体棒M 一个平行导轨向右的瞬时冲量I ，整个过程中导体棒与导轨接触良好，下列说法正确的是( )A ．回路中始终存在逆时针方向的电流B ．棒N 的最大加速度为B 2Id 22m 2RC ．回路中的最大电流为BId2mRD ．棒N 获得的最大速度为Im解析：BC 根据右手定则可知开始回路中电流方向为逆时针，当两个导体棒以相同的速度匀速运动时，回路中的电流强度为零，故A 项错误；当M 开始运动的瞬间，N 的加速度最大；根据动量定理可得I ＝m v ，解得v ＝Im ；根据牛顿第二定律可得：B 2d 2v 2R＝ma ，解得a ＝B 2Id 22m 2R ，故B 项正确；回路中的最大电流为I 流＝E 2R ＝Bd v 2R ＝BId 2mR ，故C 项正确；N 速度最大时二者的速度相等，根据动量守恒定律可得：m v ＝2m v ′，解得v ′＝v 2＝I2m ，故D 项错误．10．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，轨距为L ＝1 m ，质量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B ＝0.5 T ．P 、M 间接有阻值R 1的定值电阻，Q 、N 间接变阻箱R .现从静止释放ab ，改变变阻箱的阻值R ，测得最大速度为v m ，得到1v m 与1R的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．金属杆中感应电流方向为a 指向bB ．金属杆所受安培力沿斜面向上C ．定值电阻的阻值为1 ΩD ．金属杆的质量为0.1 kg解析：BCD 由右手定则可知，金属秆中感应电流方向为b 指向a ，故A 项错误；由左手定则可知，金属杆所受安培力沿斜面向上，故B 项正确；电路总电阻：R总＝R 1RR 1＋R，通过金属杆ab 的电流：I ＝BL v R 总，金属杆受到的安培力：F ＝BIL ＝B 2L 2v mR 1R R 1＋R ，当达到最大速度时金属棒受力平衡，由平衡条件得：mg sin θ＝B 2L 2v m R 1R R 1＋R ，整理得：1v m ＝B 2L 2mgR sin θ＋B 2L 2mgR 1sin θ，由图示图像可知，图像的斜率：k ＝0.5，纵轴截距：b ＝0.5，由数学知识得：k ＝B 2L 2mg sin θ，b ＝B 2L 2mgR 1sin θ，解得：m ＝0.1 kg ，R 1＝1 Ω，故C 、D 项正确．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.(2018·哈尔滨模拟)如图所示竖直面内，水平线OO ′下方足够大的区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个单匝正方形导体框，边长为L ，质量为m ，总电阻为r ，从ab 边距离边界OO ′为L 的位置由静止释放，已知从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场所用时间为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，导体框不翻转．求：(1)ab 边刚进入磁场时，ba 间电势差的大小U ba . (2)cd 边刚进入磁场时，导体框的速度．解析：(1)设ab 边刚进入磁场时的速度为v 1，根据机械能守恒定律可得： mgL ＝12m v 21根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为： E 1＝BL v 1此时的感应电流为： I ＝E 1r所以ba 间电势差的大小 U ba ＝I ·34r ＝34E 1＝3BL42gL(2)从ab 边刚进入磁场到cd 边刚进入磁场的过程中，根据动量定理可得： mgt －B I Lt ＝m v 2－m v 1 其中B I Lt ＝B 2L 2v t r ＝B 2L 3r解得：v 2＝gt －B 2L 3mr＋2gL答案：(1)3BL 42gL (2)gt －B 2L 3mr＋2gL12．如图所示，两足够长的平行金属导轨ab 、cd ，间距L ＝1 m ，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，在a 、c 之间用导线连接一阻值R ＝3 Ω的电阻，放在金属导轨ab 、cd 上的金属杆质量m ＝0.5 kg ，电阻r ＝1 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，金属杆的中点系一绝缘轻绳，轻绳的另一端通过光滑的定滑轮悬挂一质量M ＝1 kg 的重物，空间中加有磁感应强度B ＝2 T 且与导轨所在平面垂直的匀强磁场，金属杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计．M 正下方的地面上安装有加速度传感器，可用来测量M 运动的加速度，现将M由静止释放，重物即将落地时，加速度传感器的示数为2 m/s2，全过程通过电阻R 的电荷量为0.5 C，(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos v37°＝0.8)求：(1)重物即将落地时金属杆两端的电压．(2)此过程中电阻R上产生的焦耳热．(3)若将R更换为一个电容为C＝1 F的电容器，释放重物后加速度传感器的读数．解析：(1)设此时金属杆的速度为v，由法拉第电磁感应定律得金属杆产生的感应电动势为：E＝BL v由闭合电路欧姆定律得回路中电流为：I＝ER＋r所以金属杆受到的安培力为：F＝BIL＝B2L2vR＋r方向沿斜面向下．对M、m整体分析，由牛顿第二定律得：Mg－mg sin 37°－μmg cos 37°－F＝(M＋m)a1联立解得杆的速度为：v＝2 m/s电源电动势为：E＝4 V根据欧姆定律得金属杆两端的电压为：U＝IR＝ERR＋r＝3 V(2)电量为：q＝I t根据法拉第电磁感应定律有：E＝ΔΦΔt由闭合电路欧姆定律有：I＝E R＋r设重物下落的高度为h，则ΔΦ＝BLh 联立解得重物下落的高度为h＝1 m设该过程中产生的焦耳热为Q ，对系统由能量守恒定律得： Mgh ＝12(M ＋m )v 2＋μmg cos 37°h ＋mg sin 37°h ＋Q解得：Q ＝2 J所以电阻R 上产生的焦耳热为： Q ′＝RR ＋r Q ＝1.5 J(3)电容器的充电电流为： I C ＝Δq Δt ＝CBL Δv Δt＝CBLa对金属杆和重物为整体，由牛顿第二定律得： Mg －mg sin θ－μmg cos θ－F 安＝(M ＋m )a 整理得：a ＝Mg －mg sin θ－μmg cos θCB 2L 2＋(M ＋m )代入数据解得：a ＝1011 m/s 2≈0.91 m/s 2.答案：(1)3 V (2)1.5 J (3)0.91 m/s 2。

电磁感应定律的用途

电磁感应定律的用途电磁感应定律是描述由磁场的变化产生的感应电动势的物理规律。

它是电磁学中的基本定律之一，具有非常广泛的应用领域。

以下是电磁感应定律的一些主要用途。

1. 发电机和变压器：电磁感应定律是发电机和变压器的基础原理。

在发电机中，通过旋转导线圈在磁场中产生改变的磁通量，从而产生感应电动势，并转化为电能。

变压器则利用电磁感应定律使交变电流在原、副线圈之间传输能量。

2. 电能计量：电磁感应定律在电能计量中有重要应用。

电能计量仪表中的感应盘（如感应式电能表）采用了电磁感应定律，通过相互感应的感应盘转动来计量电能。

3. 感应加热：电磁感应定律的应用还体现在感应加热上。

感应加热利用交变电流在导体中产生的感应电流对导体进行加热。

感应加热的应用范围广泛，例如金属材料的熔炼、焊接、淬火、热处理等工艺。

4. 电动机：电动机是一种将电能转化为机械能的装置。

在电动机中，电磁感应定律的应用体现在电动机的转子上。

当电流通过转子绕组时，由于磁场的作用，产生感应电动势，从而使转子受到力矩作用，旋转起来。

5. 感应传感器：电磁感应定律还被应用于感应传感器中。

感应传感器利用感应线圈和磁场之间的相互作用，实现对某些物理量（如位移、速度、角度、流量、温度等）的测量。

6. 电磁闸：电磁闸是一种利用电磁力控制机械运动的装置。

它采用了电磁感应定律，通过电磁铁在电磁场的作用下产生吸引力或推力，使机械运动受到控制。

7. 电磁泵：电磁泵是一种利用电磁力推动液体流动的装置。

利用电磁感应定律，通过电磁铁产生的磁力对液体进行推动，使液体在管道中流动。

8. 电磁炮：电磁炮利用电磁感应定律，通过产生的电磁力加速器发射物体。

当电流通过螺线管时，在磁场的作用下，产生的电磁力可以把物体加速，并发射出去。

9. 磁悬浮列车：磁悬浮列车利用电磁感应定律，通过线圈和轨道间的磁场相互作用，使列车悬浮在轨道上。

电磁感应定律在提供列车上浮力的同时，也提供了列车的驱动力。

第九章第3单元电磁感应规律的综合应用课时作业

第九章第3单元电磁感应规律的综合应用课时作业命题设计难度题号目标较易中等稍难单目标电磁感应中的力学咨询题 6 4、5电磁感应中的电路咨询题 1、3电磁感应中的能量咨询题2、7、8综合目标综合应用9、10 11、12、单项选择题（此题共5小题，每题7分，共35分） 1 •如图1所示，竖直平面内有一金属环，半径为 a ,总电阻为R （指拉直时两端的电阻），磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点 A 用铰链连接长度为 2a 、电阻 R为1的导体棒AB , AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖合电路欧姆定律,直位置时， B 点的线速度为v ，那么这时AB 两端的电压大小为( )Bav Bav 2Bav 代3B. 6C. 3D . Bav3E = B 2a gv)= Bav •由闭U AB =13Bav ，应选A.答案：A2.如图2所示，用粗细相同的铜丝做成边长分不为 L 和2L 的两只闭合线框a 和b ,以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的动能，假设外力对环做的功分不为 W a 、W b,那么W a : W b 为（解析：摆到竖直位置时， AB 切割磁感线的瞬时感应电动势解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线 MN 产生的感应电动势恒定，稳固后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压 U=E = BLv ，所带电荷量 Q = CU = CBLv ,故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零， D 错. 答案：C4.如图4所示，有一用铝板制成的 U 型框，将一质量为 m 的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度 v 匀速运动，悬挂拉力为 F T ，那么 ( ) A .悬线竖直，F T = mg B .悬线竖直，F T >mg C .悬线竖直，F T <mg D .无法确定F T 的大小和方向D .不能确定解析：依照能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热(BLv)2 L(B 2Lv)2 2LWa = Qa =~RT~ • Wb = Qb = R b •由电阻定律知 R b = 2R a ,故W a : W b = 1 : 4.A 项正确. 答案：A3•如图3所示，两光滑平行金属导轨间距为L ,直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为 B.电容器的电容为 C ,除电阻R 外, 导轨和导线的电阻均不计•现给导线MN —初速度，使导线 MN向右运动，当电路稳固后， MN 以速度v 向右做匀速运动，那么A .电容器两端的电压为零B .电阻两端的电压为 BLvC •电容器所带电荷量为 CBL vD •为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2V R解析：设两板间的距离为L,由于向左运动的过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定那么判定下板电势高于上板，动生电动势大小E= BLv，即带电小球一 E BLv处于电势差为BL v的电场中，所受电场力F电=qE电=q[ = q~^ = qvB.设小球带正电，那么所受电场力方向向上.同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,方向由左手定那么判定竖直向下，即F电=F洛，因此F T = mg.同理分析可知当小球带负电时，F T = mg.故不管小球带什么电，F T = mg.选项A正确.答案：A5. （2018扬州模拟）如图5甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60。

高考物理一轮复习第九章电磁感应第三节电磁感应定律的综合应用课时作业

电磁感应定律的综合应用时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环最高点处铰链连接的长度为2a、电阻为R2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D．Bav解析：摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·12v＝Bav，由闭合电路欧姆定律得，U AB＝ER2＋R4·R4＝13Bav，A正确．答案：A2．一矩形线圈位于一随时间t变化的磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图甲所示．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向的电流为正，则选项中的I －t图象正确的是( )解析：由题图乙可知，在0～1 s 的时间内，磁感应强度均匀增大，由楞次定律判断出感应电流的方向为逆时针方向，和题图甲中所示电流反向，所以为负值，B 、C 错误；根据法拉第电磁感应定律，其大小E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ，I ＝E R ＝ΔB ·S Δt ·R 为一定值，在2 s ～3 s 和4 s ～5s 时间内，磁感应强度不变，磁通量不变，无感应电流生成，D 错误，A 正确．答案：A 3.金属棒ab 静止在倾角为α的平行导轨上，导轨上端有导线相连，垂直于导轨平面的匀强磁场磁感应强度为B 0，方向如图所示．从t ＝0时刻开始，B 0均匀增加，到t ＝t 1时，金属棒开始运动．那么在0～t 1这段时间内，金属棒受到的摩擦力将( )A ．不断增大B ．不断减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：由楞次定律可知，金属棒中有从a →b 的感应电流，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上，且B 0均匀增加，感应电流恒定，由公式F ＝BIL 知安培力逐渐增大；而棒所受摩擦力初始状态时刻方向沿斜面向上，t ＝t 1时刻方向向下，故摩擦力先减小到零又反向增大，D 正确．答案：D 4.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2解析：设ab 边长L 1，bc 边长L 2，第一种情况下，由法拉第电磁感应定律，线框中的感应电动势E ＝BL 1v ，完全进入过程中产生的热量Q 1＝B 2L 21v 2L 2Rv ＝B 2L 21L 2vR，通过导线横截面的电荷量q 1＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ；同理第二种情况：Q 2＝B 2L 22L 1v R ，q 2＝BL 1L 2R，因为L 1>L 2，则Q 1>Q 2，q 1＝q 2，A 正确．答案：A5．(2016·宿州质检)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R ，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置．若使棒以一定的初速度v 0向右运动，当其通过位置a 、b 时，速率分别为v a 、v b ，到位置c 时棒刚好静止，设金属导轨与棒的电阻均不计，a 到b 到c 的间距相等，则金属棒在从a 到b 和从b 到c 的两个过程中( )A ．回路中产生的内能相等B ．棒运动的加速度相等C ．安培力做功相等D ．通过棒横截面积的电荷量相等解析：金属棒由a 到b 再到c 的过程中，速度逐渐减小，根据E ＝Blv 知，E 减小，故I 减小，再根据F ＝BIl 知，安培力减小，根据F ＝ma 知，加速度减小，B 错误；由于a 与b 、b 与c 间距相等，故从a 到b 安培力做的功大于从b 到c 安培力做的功，因安培力做的功等于回路中产生的内能，A 、C 错误；再根据平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ΔSΔt ，I ＝E R，q ＝I Δt得q ＝B ΔSR，D 正确．答案：D 二、多项选择题6．在伦敦奥运会上，100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接．导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计．匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙所示．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)则下列说法正确的是( )A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场的磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ＝0.4解析：由题图乙可知拉力与速度的关系是一次函数，但不成正比，A 错误；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动时的滑动摩擦力，C 正确；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得F －B 2L 2v R－μmg ＝0，从题图乙上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4，B 、D 正确．答案：BCD7．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1、L 2之间和L 3、L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直纸面向里．现有一矩形线圈abcd ，宽度cd ＝0.5 m ，质量为0.1 kg ，电阻为2 Ω，将其从图示位置静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 1重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．在0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB ．线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC ．线圈的长度为1 mD ．0～t 3时间内，线圈产生的热量为4.2 J解析：t 2～t 3时间内，ab 在L 3L 4内匀速直线运动，而E ＝BLv 2，F ＝B E RL ，F ＝mg ，解得v 2＝mgRB 2L 2＝8 m/s ，B 正确；线圈从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3一直是匀加速，因而ab 刚进磁场时，cd 也应刚进磁场，设磁场宽度是d ，有3d ＝v 2t －12gt 2，得d ＝1 m ，ad ＝2d ＝2 m ，C错误；在0～t 3时间内由能量守恒得Q ＝mg 5d －12mv 22＝1.8 J ，D 错误；0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdLR＝0.25 C ，A 正确．答案：AB 8.如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析：当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向：mg sin θ＝B 2L 2vR；当导体棒第二次达到最大速度时，沿导轨方向：F ＋mg sin θ＝2B 2L 2vR，即F ＝mg sin θ，此时拉力F 的功率P ＝F ×2v＝2mgv sin θ，A 正确，B 错误；当导体棒的速度达到v2时，沿导轨方向：mg sin θ－B 2L 2v 2R＝ma ，解得a ＝12g sin θ，C 正确；导体棒的速度达到2v 以后，拉力与重力的合力做功全部转化为R上产生的焦耳热，D 错误．答案：AC 三、非选择题9．如图所示，P 、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距L 1＝0.5 m ，处在竖直向下、磁感应强度大小B 1＝0.5 T 的匀强磁场中．导体杆ef 垂直于P 、Q 放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m ＝0.1 kg 的正方形金属框abcd 置于竖直平面内，其边长为L 2＝0.1 m ，每边电阻均为r ＝0.1 Ω.线框的两顶点a 、b 通过细导线与导轨相连．磁感应强度大小B 2＝1 T 的匀强磁场垂直金属框abcd 向里，金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a 、b 点的作用力，g 取10 m/s 2，求：(1)通过ab 边的电流I ab ； (2)导体杆ef 的运动速度v .解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I ，ab 边的电流为I ab ，dc 边的电流为I dc ，有I ab ＝34I ，I dc ＝14I ，金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg ＝B 2I ab L 2＋B 2I dc L 2，联立解得I ＝10 A ，I ab ＝7.5 A.(2)设导体杆切割磁感线产生的电动势为E ，则E ＝B 1L 1v ，设ad 、dc 、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R ，则R ＝r ×3r r ＋3r ＝34r ，根据闭合电路欧姆定律，有I ＝E R，解得v ＝3mgr 4B 1B 2L 1L 2＝3×0.1×10×0.14×0.5×1×0.5×0.1 m/s ＝3 m/s.答案：(1)7.5 A (2)3 m/s10．如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa ′和bb ′与斜面底边平行，在aa ′、b ′b 围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g 、总电阻为R ＝1 Ω、边长为d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNPQ ，让PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小； (2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．解析：(1)对线圈受力分析有：F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ 代入数据得F 安＝2×10－2N. (2)F 安＝BId ，E ＝Bvd ，I ＝E R，解得F 安＝B 2d 2vR.代入数据得v ＝2 m/s ，线圈进入磁场前做匀加速运动，a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离x ＝v 22a＝1 m.(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d ＝0.1 m ，由功能关系得Q ＝－W 安＝F 安·2d ，解得Q ＝4×10－3J.答案：(1)2×10－2 N (2)1 m (3)4×10－3J 11．如图甲所示，“”形线框竖直放置，电阻不计．匀强磁场方向与线框平面垂直，一个质量为m 、阻值为R 的光滑导体棒AB ，紧贴线框下滑，所达到的最大速度为v .现将该线框和磁场同时旋转一个角度放置在倾角为θ的斜面上，如图乙所示．(1)在斜面上导体棒由静止释放，在下滑过程中，线框一直处于静止状态，求导体棒的最大速度；(2)导体棒在下滑过程中线框保持静止，求线框与斜面之间的动摩擦因数μ所满足的条件(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)；(3)现用一个恒力F ＝2mg sin θ沿斜面向上由静止开始拉导体棒，通过距离s 时导体棒已经做匀速运动，线框保持不动，求此过程中导体棒上产生的焦耳热．解析：(1)线框竖直放置时，对导体棒分析，有E ＝BLv ，I ＝E R ，mg ＝BIL ＝B 2L 2v R同理，导体棒在斜面上下滑速度最大时mg sin θ＝B 2L 2v 1R解得v 1＝v sin θ.(2)设线框的质量为M ，当导体棒速度最大时，线框受到沿斜面向下的安培力最大，要使线框静止不动，则Mg sin θ＋F 安≤f max即Mg sin θ＋mg sin θ≤μ(M ＋m )g cos θ 解得μ≥tan θ.(3)当匀速运动时F ＝mg sin θ＋F 安′F 安′＝B 2L 2v 2R由功能关系可得Fs ＝mgs sin θ＋12mv 22＋Q联立可得Q ＝mgs sin θ－12mv 2sin 2θ.答案：(1)v sin θ (2)μ≥tan θ (3)mgs sin θ－12mv 2sin 2θ。

高考物理一轮课时演练：电磁感应定律的综合应用(一)(含答案)

课时提能演练（二十八）电磁感应定律的综合应用(一)(电路和图像)(45分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题只有一个选项正确)1.如图所示是两个互连的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过大金属环所在区域。

当磁感应强度随时间均匀变化时,在大环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为( )A. EB. EC. ED.E【解析】选B。

大金属环相当于电源,a、b两点间的电势差等于路端电压,而小金属环电阻占电路总电阻的,故U ab=E,B正确。

2.一环形线圈放在匀强磁场中,设第1s内磁感线垂直线圈平面(即垂直于纸面)向里,如图甲所示。

若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,那么第3s内线圈中感应电流的大小与其各处所受安培力的方向是( )A.大小恒定,沿顺时针方向与圆相切B.大小恒定,沿着圆半径指向圆心C.逐渐增加,沿着圆半径离开圆心D.逐渐增加,沿逆时针方向与圆相切【解析】选B。

由题图乙知,第3 s内磁感应强度B逐渐增大,变化率恒定,故感应电流的大小恒定。

再由楞次定律,线圈各处受安培力的方向都使线圈面积有缩小的趋势,故沿着圆半径指向圆心,B项正确。

【变式备选】一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头为电流I的正方向。

线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图中的( )【解析】选C。

在线圈中感应电流的方向是顺时针为正,由其感应电流的图像可知线圈中开始的电流是逆时针方向,感应电流的磁场是垂直于纸面向外的,原磁场是向里的(正方向),则原磁场应是加强的,在B -t图像上的图线斜率为正值,经过T后,感应电流反向,说明原磁场是正向减弱或负向增强,图线的斜率为负值,再过T,图线的斜率为正值。

所以C正确,A、B、D错误。

3.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行。

课时作业21：4.4法拉第电磁感应定律

4 法拉第电磁感应定律一、选择题考点一公式E ＝n ΔΦΔt的理解和应用1.将多匝闭合线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.穿过线圈的磁通量变化率为0，感应电动势不一定为0 答案 C解析由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，选项A 错误；感应电动势正比于磁通量变化率ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，选项B 、D 错误，C正确.2.(2018·会宁一中高二下学期期末)如图1所示，一半径为a 、电阻为R 的金属圆环(被固定)与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到3B ，在此过程中( )图1A.线圈中产生的感应电动势为πa 2B2ΔtB.线圈中产生的感应电动势为πa 2BΔtC.线圈中产生的感应电流为0D.线圈中产生的感应电流为2πa 2BR Δt答案 B解析根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝3B －B Δt ·12πa 2＝πa 2B Δt ，感应电流为I ＝E R ＝πa 2BR Δt，故A 、C 、D 错误，B 正确.3.如图2所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B 随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b ，不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( )图2A.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向答案 B解析由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝πr 2·ΔB Δt ，则E a E b ＝r a 2r b 2＝41，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B 项对. 4.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图3所示，则O ～D 过程中( )图3A.线圈中O 时刻感应电动势最大B.线圈中D 时刻感应电动势为零C.线圈中D 时刻感应电动势最大D.线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势为0.4 V 答案 ABD解析由于E ＝n ΔΦΔt ，ΔΦΔt 为Φ－t 图线切线的斜率的大小，故A 、B 正确，C 错误；线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝1×2×10－3－00.005 V ＝0.4 V ，所以D 正确.5.(2018·石室中学高二期中)如图4所示，半径为r 的金属圆环以角速度ω绕通过其直径的轴OO ′匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B .从金属环所在的平面与磁场方向重合时开始计时，在转过30°角的过程中，环中产生的感应电动势的平均值为( )图4A.2Bωr 2B.23Bωr 2C.3Bωr 2D.33Bωr 2 答案 C解析题图位置时穿过金属环的磁通量为Φ1＝0，转过30°角时穿过金属环的磁通量大小为Φ2＝BS sin 30°＝12BS ，转过30°角用的时间为Δt ＝Δθω＝π6ω，由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为E ＝n ΔΦΔt ＝n Φ2－Φ1Δt＝3Bωr 2，故C 正确，A 、B 、D 错误.6.(2018·北京工业大学附属中学上学期月考)通过一闭合线圈的磁通量为Φ，Φ随时间t 的变化规律如图5所示，下列说法中正确的是( )图5A.0～0.3 s 内线圈中的感应电动势在均匀增加B.第0.6 s 末线圈中的感应电动势是4 VC.第0.9 s 末线圈中的瞬时感应电动势比第0.2 s 末的小D.第0.2 s 末和第0.4 s 末的瞬时感应电动势的方向相同答案 B解析根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，0～0.3 s 内，E 1＝8 Wb 0.3 s ＝803 V ，保持不变，故A错误.第0.6 s 末线圈中的感应电动势E 2＝8 Wb －6 Wb0.8 s －0.3 s ＝4 V ，故B 正确.第0.9 s 末线圈中的感应电动势E 3＝ 6 Wb 1.0 s －0.8 s ＝30 V ，大于第0.2 s 末的感应电动势，故C 错误.由E ＝ΔΦΔt 可知，0～0.3 s 感应电动势为正，0.3～0.8 s 感应电动势为负，所以第0.2 s 末和第0.4 s 末的瞬时感应电动势方向相反，故D 错误.7.一闭合的正方形线圈放置在水平面上，在线圈所在的空间加一竖直向上的磁场，磁场随时间变化的规律如图6所示.已知线圈的匝数为n 、边长为a 、面积为S ，图线的斜率为k ，则下列说法正确的是( )图6A.线圈的匝数由n 变为2n ，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍B.线圈的面积由S 变为2S ，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍C.线圈的边长由a 变为2a ，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍D.图线的斜率由k 变为k2，则线圈中产生的感应电流变为原来的两倍答案 C解析由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·a 2Δt ＝nka 2，设绕成线圈的导线的横截面积为S 截，导线的电阻率为ρ，由电阻定律可知，线圈的电阻R ＝4nρaS 截，则线圈中产生的感应电流I ＝E R ＝kaS 截4ρ.若要使线圈中的感应电流变为原来的两倍，则可使图线的斜率变为原来的两倍或正方形线圈的边长变为原来的两倍，C 正确，A 、B 、D 错误. 考点二公式E ＝Bl v 的应用8.如图7所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设运动的整个过程中不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )图7A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法确定答案 C9.如图8所示，PQRS 为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN 为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN 与水平直线成45°角，E 、F 分别为PS 和PQ 的中点.关于线框中的感应电流( )图8A.当E 点经过边界MN 时，感应电流最大B.当P 点经过边界MN 时，感应电流最大C.当F 点经过边界MN 时，感应电流最大D.当Q 点经过边界MN 时，感应电流最大答案 B解析当P 点经过边界MN 时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大. 10.如图9所示，平行导轨间距为d ，其左端接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在平面向上，一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v 在导轨上滑行时，通过电阻R 的电流大小是( )图9A.Bd v RB.Bd v sin θRC.Bd v cos θRD.Bd v R sin θ 答案 D解析金属棒MN 垂直于磁场放置，运动速度v 与棒垂直，且v ⊥B ，即已构成两两相互垂直的关系，MN 接入导轨间的有效长度为l ＝d sin θ，所以E ＝Bl v ＝Bd v sin θ，I ＝E R ＝Bd v R sin θ，故选项D 正确.11.(多选)(2018·驻马店市高二下学期期末)如图10所示，一导线折成边长为a 的正三角形闭合回路，虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面向下，回路以速度v 向右匀速进入磁场，边长CD 始终与MN 垂直，从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论中正确的是( )图10A.导线框受到的安培力方向始终向上B.导线框受到的安培力方向始终向下C.感应电动势的最大值为32Ba vD.感应电动势的平均值为34Ba v 答案 CD 二、非选择题12.如图11甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 水平放置，电阻不计，两导轨间距d ＝10 cm ，导体棒ab 、cd 放在导轨上，并与导轨垂直.每根导体棒在导轨间部分的电阻均为R ＝1.0 Ω.用长为L ＝20 cm 的绝缘丝线将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中，t ＝0时刻磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态，此后，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示.不计感应电流产生的磁场的影响，整个过程丝线未被拉断.求：图11(1)0～2.0 s 的时间内，电路中感应电流的大小与方向； (2)t ＝1.0 s 时刻丝线的拉力大小.答案 (1)1.0×10－3 A 顺时针 (2)1.0×10－5 N 解析 (1)由题图乙可知ΔBΔt＝0.1 T/s ，由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝2.0×10－3 V ，则I ＝E 2R ＝1.0×10－3 A ，由楞次定律可知电流方向为顺时针.(2)导体棒在水平方向上受到的丝线拉力和安培力平衡，由题图乙可知t ＝1.0 s 时B ＝0.1 T ，则F T ＝F 安＝BId ＝1.0×10－5 N.13.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图12所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、接入电路的电阻为1 Ω的金属杆cd ，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计.若cd 杆在水平外力的作用下以恒定加速度a ＝2 m/s 2由静止开始向右沿框架做匀变速直线运动，则：图12(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末，回路中的电流多大？(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力大小为多少？答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N解析 (1)金属杆5 s 内的位移：x ＝12at 2＝25 m ，金属杆5 s 内的平均速度v ＝xt ＝5 m/s(也可用v ＝0＋2×52 m/s ＝5 m/s 求解)故平均感应电动势E ＝Bl v ＝0.4 V.(2)金属杆第5 s 末的速度v ′＝at ＝10 m/s ，此时回路中的感应电动势：E ′＝Bl v ′则回路中的电流为：I ＝E ′R ＝Bl v ′R ＝0.2×0.4×101 A ＝0.8 A.(3)金属杆做匀加速直线运动，则F －F 安＝ma ，即F ＝BIl ＋ma ＝0.164 N.。

课时作业3：4.4 法拉第电磁感应定律

学案4 法拉第电磁感应定律题组一对法拉第电磁感应定律的理解1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是 ( ) A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势可能不为零C ．当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大D ．感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比答案 BC解析由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，即感应电动势与线圈匝数有关，故A 错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，故D 错误；磁通量变化越快，感应电动势越大，故C 正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零．故B 正确．2．关于感应电动势的大小，下列说法正确的是 ( ) A ．穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大 B ．穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零C ．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零D ．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零答案 D解析磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系，故A 、B 错；当磁通量由不为零变为零时，闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C 错，D 对．3.如图1所示，闭合开关S ，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s ，第二次用时0.4 s ，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则 ( )图1A ．第一次线圈中的磁通量变化较快B ．第一次电流表G 的最大偏转角较大C ．第二次电流表G 的最大偏转角较大D ．若断开S ，电流表G 均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势答案 AB解析两次磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A 正确．感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B 正确，C 错误．断开电键，电流表不偏转，故感应电流为零，但感应电动势不为零，故D 错误．故选A 、B. 题组二 E ＝n ΔΦΔt的应用4．下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是 ( )答案 D解析感应电动势的大小为E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBSΔt ，A 、B 两种情况磁通量变化量相同，C 中ΔΦ最小，D 中ΔΦ最大，磁铁穿过线圈所用的时间A 、C 、D 相同且小于B 所用的时间，所以D 选项正确．5．一单匝矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( ) A.12 B ．1 C ．2 D ．4 答案 B解析根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，设初始时刻磁感应强度为B 0，线框面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBS Δt ＝(2B 0－B 0)S 01＝B 0S 0；第二种情况下的感应电动势为E 2＝B ΔSΔt ＝2B 0(S 0－S 02)1＝B 0S 0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．6.单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化图象如图2所示，则( )图2A ．在t ＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B ．在t ＝1×10－2 s 时，感应电动势最大 C ．在t ＝2×10－2 s 时，感应电动势为零D ．在0～2×10－2 s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零答案 BC解析由法拉第电磁感应定律知E ∝ΔΦΔt ，故t ＝0及t ＝2×10－2 s 时刻，E ＝0，A 错，C 对．t＝1×10－2 s ，E 最大，B 对.0～2×10－2 s ，ΔΦ≠0，E ≠0，D 错．7.如图3所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图3A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案 B解析线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔBΔt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt ，选项B 正确．8．如图4甲所示，圆形线圈M 的匝数为50 匝，它的两个端点a 、b 与理想电压表相连，线圈中磁场方向如图，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a 、b 两点的电势高低与电压表读数为( )图4A ．φa >φb,20 VB ．φa >φb,10 VC ．φa <φb,20 VD ．φa <φb,10 V答案 B解析由题意可知，线圈M 的磁场的磁通量随时间均匀增加，则E ＝n ΔΦΔt ＝50×8×10－20.4 V＝10 V ；由楞次定律可知，此时感应电流的磁场与原磁场反向，由右手螺旋定则可以看出，此时a 点的电势较高．题组三 E ＝Bl v 的应用9．如图5所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Bl v 的是 ( )图5A ．乙和丁B ．甲、乙、丁C ．甲、乙、丙、丁D ．只有乙答案 B10．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T ．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m ，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( ) A ．电压表记录的电压为5 mV B ．电压表记录的电压为9 mVC ．河南岸的电势较高D ．河北岸的电势较高答案 BD解析海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线．根据右手定则，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C 错误，D 正确．根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v ＝4.5×10－5×100×2 V ＝9×10－3 V ，所以A 错误，B 正确． 11．如图6所示，平行金属导轨的间距为d ，一端跨接一阻值为R 的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v 沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R 中的电流为( )图6A.Bd v R sin 60°B.Bd vR C.Bd v sin 60°RD.Bd v cos 60°R答案 A解析导线切割磁感线的有效长度是l ＝d sin 60°，感应电动势E ＝Bl v ，R 中的电流为I ＝ER.联立解得I ＝Bd vR sin 60°.题组四综合应用12．如图7甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝1 000，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．求：图7(1)前4 s 内的感应电动势； (2)前5 s 内的感应电动势．答案 (1)1 V (2)0解析 (1)前4秒内磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S (B 2－B 1)＝200×10－4×(0.4－0.2)Wb ＝4×10－3 Wb由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝1 000×4×10－34V ＝1 V.(2)前5秒内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1＝S (B 2′－B 1)＝200×10－4×(0.2－0.2)Wb ＝0 由法拉第电磁感应定律得E ′＝n ΔΦ′Δt＝013.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图8所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若cd 杆以恒定加速度a ＝2 m/s 2由静止开始做匀变速运动，则：图8(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末，回路中的电流多大？(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力多大？答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 解析 (1)5 s 内的位移x ＝12at 2＝25 m ，5 s 内的平均速度v ＝xt ＝5 m/s ，(也可用v ＝0＋2×52 m /s ＝5 m/s 求解)故平均感应电动势E ＝Bl v ＝0.4 V .(2)第5 s 末：v ′＝at ＝10 m/s ，此时感应电动势：E ′＝Bl v ′，则回路电流为I ＝E ′R ＝Bl v ′R＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A.(3)杆做匀加速运动，则F －F 安＝ma ，即F ＝BIl ＋ma ＝0.164 N.。