1、课时分层集训(三十)电磁感应定律的综合应用(限时：40分钟) 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10318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10318A线圈中感应电流方向为adbcaB线圈中产生的电动势El2C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D处于磁场中的线圈面积不变，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
2、律E，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，UR，D项正确2. 如图10319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10319APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ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3Rr；
3、PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外，当r时，R外maxR，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，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UEU内，因EBlv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，PF安vBIlv，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R，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
4、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10320所示为一圆环发电装置，用电阻R4 的导体棒弯成半径L0.2 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R11 .整个圆环中均有B0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过电阻r1 的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度300 rad/s，则()图10320A当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 WB当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 WC全电路最大功率为3 WD全电路最大功率为4.5 WAD当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 ，与R1串联接入电源，外电阻为2 ，棒转动过程中产生的感应电动势EBL23 V，圆环上
5、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P4.5 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k(k0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为，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kR2D圆环中感应电流的大小为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
6、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，UabEkR2，故C项错误；感应电流I，EkR2，r，可得I，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B0.2 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，a0.4 m，b0.6 m金属环b上接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R2 ，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10321(1)棒以v05 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L1的电流；(2)撤去金属棒而将右侧的半圆环O L2O以OO为轴向上翻转90后，磁
7、场开始随时间均匀变化，其变化率为 T/s，求L1的功率解析(1)棒滑过圆环直径OO的瞬时，电动势：E1B2av00.20.85V0.8 V等效电路如图所示：流过灯L1的电流：I1 A0.4 A故流过灯L1的电流为0.4 A.(2)撤去中间的金属棒，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90后，磁场开始随时间均匀变化，半圆环OL1O中产生感应电动势，相当于电源，灯L2与L1串联为外电路，感应电动势为：E2 V0.32 VL1的功率为：P12R22 W1.28102 W.答案(1)0.4 A(2)1.28102 W电磁感应中的图象问题5如图10322甲所示，线圈ABCD固定在磁场中，磁场方向垂直
8、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10322D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与磁通量的变化率成正比，线圈面积不变，磁通量变化率与磁感应强度的变化率成正比在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10323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
9、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时间内，a、b二点的电势差U随时间t的变化图线为()图10323Dt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，UabBLv，C错误；t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10324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
10、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10324ABCDAC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FBILL2，第2段时间内F2BILL2，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OMR，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图10325所示的直角坐标系的原点，其中
11、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10325B在0t0时间内，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E1BR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1，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
12、为E2BR22BR2BR23E1，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E3BR22BR2BR23E1，感应电流为I33I1.在3t04t0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E4BR2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I4I1，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(t0)，规定逆时
13、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项错误电磁感应中的动力学和能量问题9.如图10326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
14、均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()图10326Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小DA错：根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b.B错：根据ES，因为恒定，所以E恒定，根据I知，回路中的感应电流恒定C错：根据FBIl，由于B减小，安培力F减小D对：根据平衡条件，静摩擦力fF，故静摩擦力减小10(多选)(2018武汉模拟)如图10327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k，一边长为a、电阻为R的单匝正方形线圈ABCD在第
15、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10327A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C为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为的水平外力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la2la2k，而所需时间为t，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为Eka2v，故感应电流大小为I，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)Iaka2I，C正确；线圈的AB、CD两条边所受安培力大小相等，
16、D错误11(多选)(2018南通模拟)如图10328所示，MN、PQ是与水平面成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Tm2mgsin .今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的()图10328A速度大小是B速度大小是C加速度大小是2gsin D加速度大小是0AD据题知，细线被拉断时，拉力达到Tm2mgsin ，根据平衡条件得：对ab棒：TmF安m
17、gsin ，则得ab棒所受的安培力大小为F安mgsin ；由于两棒的电流相等，所受的安培力大小相等，由EBLv、I，F安BIL，则得F安联立解得，cd棒的速度为v，故A正确，B错误；对cd棒：根据牛顿第二定律得：mgsin F安ma，代入得agsin 0，故C错误，D正确12(2018广州模拟)如图10329甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4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cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)
18、，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与 L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2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/s2.求：甲乙图10329(1)线圈的长度；(2)在0t1时间内，通过线圈的电荷量；(3)0t3时间内，线圈产生的热量解析(1)在t2t3时间内，根据平衡有：mgBIL，而I联立两式解得：v8 m/st1t2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：L2d线圈下降的位移为：xLd3d则有：3dvtgt2将v8
19、 m/s，t0.6 s，代入解得：d1 m所以线圈的长度为L2d2 m.(2)在0t1时间内，cd边从L1运动到L2通过线圈的电荷量为：qtt0.25 C.(3)0t3时间内，根据能量守恒得：Qmg(3d2d)mv20.110(32)J0.182 J1.8 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10330甲所示，光滑导体轨道PMN和PMN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MN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
20、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)，MNNM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，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10330(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
21、，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：mgrmv解得a棒沿圆弧轨道最低点M时的速度v0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：mv02mv1解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度v1.(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IALBtBLt由动量定理：IAmv2mv1解得v2由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离x(v1v2).(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QaQb由能量守恒定律可知：QaQbmv(2m)v解得：QaQbmgrb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：2Qamvmv解得：Qamgr所以整个过程中，a棒产生的焦耳热QQaQamgr.答案(1)(2)(3)mgrmgr12
