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1、 1 通用版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(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Bt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 10312 A线圈中感应电流方向为adbca B线圈中产生的电动势EBtl2 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l2B4t D 处于磁场中的线圈面积不变，Bt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ac
2、b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EtBtl22，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，UE2RRE2，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Bxk，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()2 图 10313 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ka2vR
3、 C为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k2a4vR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 l，则通过线圈的磁通量变化为 lBxa2la2k，而所需时间为 tlv，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为Etka2v，故感应电流大小为IERka2vR，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(B2B1)Iaka2Ik2a4vR，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l1 m，cd间、de间、c
4、f间分别接着阻值R10 的电阻一阻值R10 的导体棒ab以速度v4 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B0.5 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 10314 A导体棒ab中电流的流向为由b到a Bcd两端的电压为 1 V Cde两端的电压为 1 V Dfe两端的电压为 1 V BD 由右手定则可知ab中电流方向为ab，A 错误导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势EBlv，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 3 和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即UE2RRBlv2
5、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 10315 D 由题图乙可知，线圈的AB边所受安培力FBIL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t成正比，线圈面积不变，磁通量变化率t与磁感应强度的变化率Bt成正比在Bt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
6、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t2Lv时间内，a、b二点的电势差U随时间t的变化图线为()图 10316 D tLv时刻，ab边完全进入磁场，电动势EBlv，ab间的电压等于路端电压，Uab 4 34BLv，C 错误；t2Lv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
7、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(t0)，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 10317 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EBLv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 10
8、318 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ykx2，长度为Lk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R0，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 10318 At时刻回路中的感应电动势eBkv3t2 B感应电流逐渐减小 C闭合回路消耗的电功率逐渐增大 5 D通过金属棒的电荷量为BR0L AC t时刻，eByv，ykx2，xvt，故eBkv3t2，A 项正确；t时刻回路中的电
9、阻为：RyR0R0kx2R0kv2t2，回路中的电流为ieRBvR0恒量，故 B 项错误；闭合回路的电功率Pi2R(BvR0)2R0kv2t2kB2v4R0t2，故 C 项正确；通过金属棒的电荷量qit，tLkv，故qBR0Lk，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 10319 A此时圆环中的电功率为2
10、B2a2v2R B此时圆环的加速度为4B2a2v2mR C此过程中通过圆环截面的电量为Ba2R D此过程中回路产生的电能为 0.75 mv2 C 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E2B2a12v2Bav，感应电流大小IER2BavR，此时圆环中的电功率为PEI4B2a2v2R，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a2BI2am4Bam2BavR8B2a2vmR，B 项错误；此过程中通过圆环截面的电量为QItRttRBa2R，C
11、 项正确；此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，6 所以W电12mv212m(v2)238mv2，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OMR，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t0 时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度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 10320 B 在 0t0时间
12、内，线框从图示位置开始(t0)转过 90的过程中，产生的感应电动势为E112BR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1E1rBR22r，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t02t0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E212BR2122BR232BR23E1，感应电流为I23I1.在 2t03t0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E312BR2122BR232BR23E1，感应电流为I33I1.在 3t04t0时间内，
13、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E412BR2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I4I1，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 7 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
14、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 10321 A每根导轨对导体棒ab的支持力大小为 2mg B导体棒cd两端的电压大小为2 3mgRBl C作用在导体棒cd上的恒力F的大小为 3mg D恒力F的功率为6m2g2RB2l2 CD 对ab棒受力分析如图所示：则：FNsin 30mg，则：FN2mg，每根导轨对导体棒ab的支持力大小为mg，故选项A 错误；FNcos 30FABBlv2Rl，则回路中电流为：IBlv2R3mgBl，导体棒cd两端的电压大小为UIR3mgBlR，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FBBlv
15、2Rl 3mg，故选项 C 正确；由于BBlv2Rl 3mg，则金属棒cd的速度为v2 3mgRB2l2，则恒力F的功率为PFv 3mg2 3mgRB2l26m2g2RB2l2，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t0 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t0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.重力加速度大小为g.求
16、：(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 8 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 maFmg 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 vat0 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 EBlv 联立式可得 EBlt0Fmg.(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 IER 式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为 fBlI 因金属轩做匀速运动，由牛顿运动定律得 Fmgf0 联立式得 RB2l2t0m.【答案】(1)Blt0Fmg(2)B2l2t0m 12(
17、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F1和最大值F2；(2)当外力FF1F22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
18、cd杆在此过程中经过的位移 9 图 10323【解析】(1)细线烧断瞬间，外力F取得最小值F1，对杆ab：F1mgsin cd杆到达最大速度vm时，外力F取得最大值F2，对杆ab：F2mgsin F安 对cd杆，因其匀速运动，则F安2mgsin 显然F安F安 代入可得F23mgsin.(2)当外力FF1F22时，对杆ab Fmgsin F安2mgsin 可得F安mgsin 又知F安BIL 其中IBLv2R 可得此时cd杆的速度v2mgRsin B2L2.(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 2mgsin x12(2m)v2m2Q cd杆最后匀速时F安2mgsin BIL IBLvm2R 联立解得x8m3g2R2sin2 B4L4QB4L4mgsin.【答案】(1)mgsin 3mgsin (2)2mgRsin B2L2(3)8m3g2R2sin2 B4L4QB4L4mgsin