高考物理一轮复习第10章电磁感应第3节课时提能练30电磁感应定律的综合应用

课时提能练(三十) 电磁感应定律的综合应用(限时：40分钟)A 级 跨越本科线1．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，如图10­3­12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10­3­12A ．线圈中感应电流方向为adbcaB ．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 4ΔtD [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端电压，U ＝E 2R ·R ＝E 2，D 项正确．]2．(多选)(2017·武汉模拟)如图10­3­13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( )图10­3­13A ．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 RC ．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 2I ＝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．]3．(多选)如图10­3­14所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )【导学号：92492377】图10­3­14A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 VBD [由右手定则可知ab 中电流方向为a →b ，A 错误．导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，de 和cf 间电阻中无电流，de 间和cf 间无电压，因此cd 和fe 两端电压相等，即U ＝E 2R ×R ＝Blv 2＝1 V ，B 、D 正确，C 错误．] 4．如图10­3­15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10­3­15D [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 项正确；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．]5．如图10­3­16所示，abcd 是边长为L 、每边电阻均相同的正方形导体线框，今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10­3­16D [t ＝L v时刻，ab 边完全进入磁场，电动势E ＝Blv ，ab 间的电压等于路端电压，U ab＝34BLv ，C 错误；t ＝2L v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．]6．(2017·茂名二模))如图10­3­17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( )图10­3­17A [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 ＝BLv 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．]7．(多选)(2017·连云港模拟)如图10­3­18所示，在水平面内直角坐标系xOy 中有一光滑金属导轨AOC ，其中曲线导轨OA 满足方程y ＝kx 2，长度为L k的直导轨OC 与x 轴重合，整个导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中．现有一长为L 的金属棒从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R 0，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动至AC 的过程中( )图10­3­18A ．t 时刻回路中的感应电动势e ＝Bkv 3t 2B ．感应电流逐渐减小C ．闭合回路消耗的电功率逐渐增大D ．通过金属棒的电荷量为B R 0LAC [t 时刻，e ＝Byv ，y ＝kx 2，x ＝vt ，故e ＝Bkv 3t 2，A 项正确；t 时刻回路中的电阻为：R ＝yR 0＝R 0kx 2＝R 0kv 2t 2，回路中的电流为i ＝e R ＝Bv R 0＝恒量，故B 项错误；闭合回路的电功率P ＝i 2R ＝(Bv R 0)2R 0kv 2t 2＝kB 2v 4R 0t 2，故C 项正确；通过金属棒的电荷量q ＝it ，t ＝Lk v ，故q ＝BR 0L k，故D 项错误．] 8．(2017·永定模拟)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的匀强磁场，如图10­3­19所示，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向以速度v 从如图位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为12v ，则下列说法正确的是( )图10­3­19A ．此时圆环中的电功率为2B 2a 2v 2RB ．此时圆环的加速度为4B 2a 2v 2mRC ．此过程中通过圆环截面的电量为πBa 2RD ．此过程中回路产生的电能为0.75 mv 2C [根据右手定则可知，在图示位置，圆环左、右两边的线圈因切割磁感线而产生的感应电流方向相同(均是顺时针方向)，线圈中的感应电动势大小E ＝2B ·2a ·12v ＝2Bav ，感应电流大小I ＝E R ＝2Bav R ，此时圆环中的电功率为P ＝EI ＝4B 2a 2v 2R ，A 项错误；根据左手定则可知，圆环左、右两边受到的安培力均是水平向左，所以根据牛顿第二定律可知，圆环的加速度为a ＝2BI ·2a m ＝4Ba m ·2Bav R＝8B 2a 2v mR ，B 项错误；此过程中通过圆环截面的电量为Q ＝I Δt ＝ΔΦR Δt ·Δt ＝ΔΦR ＝πBa 2R，C 项正确；此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，所以W 电＝12mv 2－12m (v 2)2＝38mv 2，D 项错误．] B 级 名校必刷题9．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10­3­20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10­3­20B [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＝12B ω·R 2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I 1＝E 1r ＝B ωR 22r，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＝12B ω·R 2＋12·2B ω·R 2＝32B ωR 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＝12B ω·R 2＋12·2B ω·R 2＝32B ω·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＝12B ω·R 2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I 4＝I 1，B 对．] 10. (多选)(2017·长沙摸底)如图10­3­21所示为两光滑金属导轨MNQ 和GHP ，其中MN 和GH 部分为竖直的半圆形导轨，NQ 和HP 部分为水平平行导轨，整个装置置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．有两个长均为l 、质量均为m 、电阻均为R 的导体棒垂直导轨放置且始终与导轨接触良好，其中导体棒ab 在半圆形导轨上，导体棒cd 在水平导轨上，当恒力F 作用在导体棒cd 上使其做匀速运动时，导体棒ab 恰好静止，且距离半圆形导轨底部的高度为半圆形导轨半径的一半，已知导轨间距离为l ，重力加速度为g ，导轨电阻不计，则( )图10­3­21A ．每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为2mgB ．导体棒cd 两端的电压大小为23mgR BlC ．作用在导体棒cd 上的恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的功率为6m 2g 2R B 2l2 CD [对ab 棒受力分析如图所示：则：F N sin 30°＝mg ，则：F N ＝2mg ，每根导轨对导体棒ab 的支持力大小为mg ，故选项A 错误；F N cos 30°＝F A ＝BBlv 2R l ，则回路中电流为：I ＝Blv 2R ＝3mg Bl，导体棒cd 两端的电压大小为U ＝IR ＝3mg Bl R ，故选项B 错误；由于金属棒cd 匀速运动，则安培力等于拉力F ，则F ＝B Blv 2R l ＝3mg ，故选项C 正确；由于B Blv 2R l ＝3mg ，则金属棒cd 的速度为v ＝23mgR B 2l 2，则恒力F 的功率为P ＝Fv ＝3mg 23mgRB 2l 2＝6m 2g 2R B 2l2，故选项D 正确．] 11．(2016·全国甲卷)如图10­3­22所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．图10­3­22【解析】 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Blv③联立①②③式可得 E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I .根据欧姆定律 I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属轩做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m . ⑧【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 12．(2017·郑州模拟)如图10­3­23所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 电阻不计，其间距为L ，两导轨及其构成的平面与水平面成θ角．两根用细线连接的金属杆ab 、cd 分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F 作用在杆ab 上，使两杆静止．已知两金属杆ab 、cd 的质量分别为m 和2m ，两金属杆的电阻都为R ，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .某时刻将细线烧断，保持杆ab 静止不动，重力加速度为g .(1)求细线烧断后外力F 的最小值F 1和最大值F 2；(2)当外力F ＝F 1＋F 22时，求cd 杆的速度大小；(3)从细线烧断到cd 杆达到最大速度，杆ab 产生的电热为Q ，求cd 杆在此过程中经过的位移．图10­3­23【解析】 (1)细线烧断瞬间，外力F 取得最小值F 1，对杆ab ：F 1＝mg sin θcd 杆到达最大速度v m 时，外力F 取得最大值F 2，对杆ab ：F 2＝mg sin θ＋F 安对cd 杆，因其匀速运动，则F ′安＝2mg sin θ显然F 安＝F ′安代入可得F 2＝3mg sin θ.(2)当外力F ＝F 1＋F 22时，对杆abF ＝mg sin θ＋F ″安＝2mg sin θ可得F ″安＝mg sin θ又知F ″安＝BIL其中I ＝BLv 2R可得此时cd 杆的速度v ＝2mgR sin θB 2L 2. (3)由于两杆电阻相等，所以产生的电热相等．cd 杆达到最大速度前，电路产生的总电热为2Q ，设cd 杆达到最大速度前经过的位移为x ，由能量守恒可知2mg sin θ·x ＝12(2m )v 2m ＋2Q cd 杆最后匀速时F ′安＝2mg sin θ＝BI ′LI ′＝BLv m 2R联立解得x ＝8m 3g 2R 2sin 2 θ＋B 4L 4Q B 4L 4mg sin θ. 【答案】 (1)mg sin θ 3mg sin θ(2)2mgR sin θB 2L 2 (3)8m 3g 2R 2sin 2 θ＋B 4L 4Q B 4L 4mg sin θ。