教育最新K122019高三物理人教版一轮课时分层集训：30 电磁感应定律的综合应用 Word版含解析

课时分层集训(三十) 电磁感应定律的
综合应用
(限时：40分钟)
(对应学生用书第327页)
[基础对点练]
电磁感应中的电路问题
1．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，如图10-3-18所示，正方形的一半放
在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以ΔB Δt 的变化率增强时，不考虑磁场
的变化对虚线右侧的影响，则( )
图10-3-18
A ．线圈中感应电流方向为adbca
B ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l 2
C ．线圈中a 点电势高于b 点电势
D ．线圈中b 、a 两点间的电势差为l 2ΔB 4Δt
D [处于磁场中的线圈面积不变，ΔB Δt 增大时，通过线圈的磁通量增大，
由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda 方向，A 项错；产生感应电动势的acb 部分等效为电源，b 端为等效电源的正极，电势高于a 端，C 项
错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·l 22，知B 项错；adb 部分等效为
外电路，b 、a 两点间电势差为等效电路的路端电压，U ＝E 2R ·R ＝E 2，D 项
正确．]
2. 如图10-3-19所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框
abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()
【导学号：84370457】
图10-3-19
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
C[设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电
源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝
r(3R－r)
r＋(3R－r)
＝
－⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
r－
3R
2
2＋
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
3R
2
2
3R，
当r＝3R
2时，R外max＝
3
4R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从
靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路
电流I＝E
R外＋R内
，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Bl v不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIl v，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消
耗的功率，因外电阻最大值为3
4R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外
电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．]
3. (多选)如图10-3-20所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径
L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω.整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过．电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s，则()
图10-3-20
A．当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 W
B．当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 W
C．全电路最大功率为3 W
D．全电路最大功率为4.5 W
AD[当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R1串联接入电源，外
电阻为2 Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝1
2BL
2ω＝3 V，圆环上分
压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD 处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以
电功率最大为P＝E2
R1＋r
＝4.5 W，C错误，D正确．]
如图所示，用一根横截面积为S的粗细均匀的硬导线做成一个半径为R 的圆环，把圆环一半置于均匀变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁
感应强度大小随时间的变化率ΔB
Δt＝k(k>0)，ab为圆环的一条直径，导线
的电阻率为ρ，则下列说法中正确的是()
A ．圆环具有扩张的趋势
B ．圆环中产生逆时针方向的感应电流
C ．图中ab 两点间的电压大小为12k πR 2
D ．圆环中感应电流的大小为kRS 4ρ
D [由题意，通过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，且产生顺时针方向的感应电流，故A 、B 项错误；ab 之间的电压是
路端电压，不是感应电动势，U ab ＝12E ＝14k πR 2，故C 项错误；感应电流I
＝E r ，E ＝12k πR 2，r ＝ρ2πR S ，可得I ＝kRS 4ρ，故D 项正确．]
4．(2018·哈尔滨模拟)半径为a 的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.2
T ，磁场方向垂直圆形区域向里；半径为b 的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，a ＝0.4 m ，b ＝0.6 m ．金属环b 上接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R ＝2 Ω，一金属棒与金属环b 接触良好，棒与金属环b 的电阻忽略不计．
图10-3-21
(1)棒以v 0＝5 m/s 的速度在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′的瞬间流过灯L 1的电流；
(2)撤去金属棒而将右侧的半圆环O L 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°后，
磁场开始随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4π T/s ，求L 1的功率．
[解析](1)棒滑过圆环直径OO ′的瞬时，电动势：E 1＝B ·2a v 0＝
0.2×0.8×5V ＝0.8 V
等效电路如图所示：
流过灯L 1的电流：I 1＝E 1R ＝0.82 A ＝0.4 A
故流过灯L 1的电流为0.4 A.
(2)撤去中间的金属棒，将右面的半圆环OL 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°后，磁场开始随时间均匀变化，半圆环OL 1O ′中产生感应电动势，相当于电源，灯L 2与L 1串联为外电路，感应电动势为：
E 2＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ×πa 22＝4π×π×0.422 V ＝0.32 V
L 1的功率为：P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 22R 2×R ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0.3242×2 W ＝1.28×10－2 W. [答案](1)0.4 A (2)1.28×10－2 W
电磁感应中的图象问题
5．如图10-3-22甲所示，线圈ABCD 固定在磁场中，磁场方向垂直纸面向外，
当磁场变化时，线圈的AB 边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )
图10-3-22
D [由题图乙可知，线圈的AB 边所受安培力F ＝BIL 为定值，由欧姆定
律可知感应电流I 与感应电动势E 成正比，感应电动势E 与磁通量的变化率ΔΦΔt 成正比，线圈面积不变，磁通量变化率ΔΦΔt 与磁感应强度的变化率ΔB Δt 成正比．在B -t 图象中，切线斜率表示磁感应强度的变化率，若磁感应强度增大，则其变化率应减小，A 、B 项错，D 对；若磁感应强度减小，则其变化率应增大，但此时F 的方向变为向左，C 项错．]
6．如图10-3-23所示，abcd 是边长为L 、每边电阻均相同的正方形导体线框，
维持线框以恒定的速度v 沿x 轴运动，并穿过倾角为45°的三角形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．线框b 点在O 位置时开始
计时，则在t ＝2L v 时间内，a 、b 二点的电势差U 随时间t 的变化图线为( )
图10-3-23
D [t ＝L v 时刻，ab 边完全进入磁场，电动势
E ＝BL v ，ab 间的电压等于路
端电压，U ab ＝34BL v ，C 错误；t ＝2L 时刻，线框完全进入磁场，ab 间的电
压等于电动势E ，A 、B 错误；排除了三个错误选项，只有D 正确．]
7．(多选)(2017·山东第一次大联考)如图10-3-24所示，导体棒沿两平行导轨从图
中位置以速度v 向右匀速通过一正方形abcd 磁场区域，ac 垂直于导轨且平行于导体棒，ac 右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流由M 经R 到N 为正方向，安培力向左为正方向)( )
【导学号：84370458】
图10-3-24
A B C D
AC[导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M经R到N为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝BIL∝L2，第2段时间内F＝2BIL∝L2，C正确，D错误．]
8．将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图10-3-25所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.从t ＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是()
图10-3-25
B [在0～t 0时间内，线框从图示位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生
的感应电动势为E 1＝12Bω·R 2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为
I 1＝E 1r ＝BωR 2
2r ，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)．在t 0～2t 0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)．回路中产生的感应电动势为
E 2＝12Bω·R 2＋12·2Bω·R 2＝32
BωR 2＝3E 1，感应电流为I 2＝3I 1.在2t 0～3t 0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿
ONM 方向)，回路中产生的感应电动势为E 3＝12Bω·R 2＋12·2Bω·R 2＝32Bω·R 2
＝3E 1，感应电流为I 3＝3I 1.在3t 0～4t 0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动
势为E 4＝12Bω·R 2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I 4＝I 1，B 对．]
(2017·茂名二模)如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是
( )
A [线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向
为逆时针方向，即正方向，可排除B、C选项；由E＝BL v可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，等效长度L先增大后减小，故感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后减小的，故A项正确，D 项错误．]
电磁感应中的动力学和能量问题
9.如图10-3-26所示，两根平行金属导轨置于水平面内，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()
图10-3-26
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
D[A错：根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b.
B错：根据E＝ΔB
Δt·S，因为
ΔB
Δt恒定，所以E恒定，根据I＝
E
R＋r
知，回路
中的感应电流恒定．
C错：根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小．
D对：根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小．]
10．(多选)(2018·武汉模拟)如图10-3-27所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B沿
x轴正方向均匀增大且ΔB
Δx＝k，一边长为a、电阻为R的单匝正方形线圈ABCD
在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )
【导学号：84370459】
图10-3-27
A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向
B ．线圈中感应电流的大小为ka 2v R
C ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4v R 的水平外力
D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等
BC [由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一
段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx
·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v ，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ka 2v ，
故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R ，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力
平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2
I ＝k 2a 4v R ，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．]
11．(多选)(2018·南通模拟)如图10-3-28所示，MN 、PQ 是与水平面成θ角的两
条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计．空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .导体棒ab 、cd 垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m ，电阻均为r ，轨道宽度为L ，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab 棒中点连接，细线承受的最大拉力T m ＝2mg sin θ.今将cd 棒由静止释放，则细线被拉断时，cd 棒的( )
图10-3-28
A ．速度大小是2mgr sin θ
B 2L 2
B ．速度大小是mgr sin θB 2L 2
C ．加速度大小是2g sin θ
D ．加速度大小是0
AD [据题知，细线被拉断时，拉力达到T m ＝2mg sin θ，根据平衡条件得：对ab 棒：T m ＝F 安＋mg sin θ，则得ab 棒所受的安培力大小为F 安＝mg sin
θ；由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由E ＝BL v 、I ＝E 2r ，F
安＝BIL ，则得F 安＝B 2L 2v 2r
联立解得，cd 棒的速度为v ＝2mgr sin θ
B 2L 2，故A 正确，B 错误；
对cd 棒：根据牛顿第二定律得：mg sin θ－F 安＝ma ，代入得a ＝g sin θ－1m ·B 2L 22r ·2mgr sin θ
B 2L 2＝0，故
C 错误，
D 正确．]
12．(2018·广州模拟)如图10-3-29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之间均存在匀强磁场，磁感应强度B 大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在的平面．现有一矩形线圈abcd ，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，质量为0.1 kg ，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(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 4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.求：
甲乙
图10-3-29
(1)线圈的长度；
(2)在0～t1时间内，通过线圈的电荷量；
(3)0～t3时间内，线圈产生的热量．
[解析](1)在t2～t3时间内，根据平衡有：mg＝BIL，而I＝BL v R
联立两式解得：v＝mgR
B2L2＝8 m/s
t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动
可知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′＝2d
线圈下降的位移为：x＝L′＋d＝3d
则有：3d＝v t－1
2gt
2
将v＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得：d＝1 m 所以线圈的长度为L′＝2d＝2 m.
(2)在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2
通过线圈的电荷量为：q＝I－t＝BL v－
R t＝
BLd
R＝0.25 C.
(3)0～t3时间内，根据能量守恒得：
Q＝mg(3d＋2d)－1
2m v
2＝0.1×10×(3＋2)J－1
2×0.1×8
2 J＝1.8 J.
[答案](1)2 m(2)0.25 C(3)1.8 J
电磁感应中的动量能量综合问题
13．(2018·武汉模拟)如图10-3-30甲所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样的轨道，是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN′M′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如图乙所示．金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端PP′处静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的
速度稳定时，两棒距离x＝m2grR
2B2L2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，
b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：
甲
乙
图10-3-30
(1)两棒速度稳定时，两棒的速度是多少？
(2)两棒落到地面后的距离是多少？
(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少？
【导学号：84370460】
[解析](1)a 棒沿圆弧轨道运动到最低点M 时，由机械能守恒定律得：
mgr ＝12m v 20
解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度v 0＝2gr
从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒． 由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 1
解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度v 1＝v 02＝2gr 2.
(2)经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量
I A ＝I －LBt ＝BL ΔΦ2Rt t ＝B 2L 2x 2R
由动量定理：I A ＝－m v 2＋m v 1
解得v 2＝2gr 4
由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离Δx ＝(v 1－v 2)2h g ＝rh 2.
(3)b 棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等Q a ＝Q b
由能量守恒定律可知：Q a ＋Q b ＝12m v 20－12(2m )v 21
解得：Q a ＝Q b ＝14mgr
b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等
由能量守恒定律可知：2Q ′a ＝12m v 21－12m v 22
解得：Q′a＝3
32mgr
所以整个过程中，a棒产生的焦耳热Q＝Q a＋Q′a＝11
32mgr.
[答案](1)2gr
2(2)
rh
2(3)
11
32mgr
1
4mgr。