1、第3讲电磁感应的综合应用一、选择题(本题共8小题，15题为单选，68题为多选)1(2021昌平区质检)如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(aOb90)时，a、b两点的电势差为(D)ABRvBBRvCBRvDBRv解析当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R；线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为EBRv；线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得UabEBRv；选项D正确。2在图甲所示的电路中，螺线管匝数n1 000匝，横截面积S20 cm2。螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C
2、30 F。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(C)A螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB闭合开关S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1消耗的电功率为2.56102 WDS断开后，流经R2的电荷量为1.8102 C解析本题考查感生电动势、闭合电路欧姆定律问题。根据法拉第电磁感应定律有EnnS，解得螺线管中产生的感应电动势E0.8 V，故A错误；闭合开关，电路中的电流稳定后，根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，那么电容器下极板带正电
3、，故B错误；闭合开关，电路中的电流稳定后，根据闭合电路欧姆定律，有I0.08 A，根据PI2R1，解得电阻R1消耗的电功率P2.56102 W，故C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，断开S前，电容器两端的电压为UIR20.4 V，流经R2的电荷量为QCU1.2105 C，故D错误。3(2020辽宁沈阳一模)如图所示，竖直放置的足够长的U形金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一
4、段时间后闭合开关S，则S闭合后(D)A导体棒ef的加速度一定大于gB导体棒ef的加速度一定小于gC导体棒ef的机械能一定守恒D导体棒ef的机械能一定减少解析本题考查电磁感应中的单杆的加速度、机械能等问题。当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后由于导体棒ef切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，则导体棒ef受到向上的安培力作用，而FA，此时棒的速度大小未知，则其加速度与g的大小关系未知，选项A、B错误；由于回路中产生了感应电流，导体棒ef的机械能一部分转化成了电阻R的内能，则机械能一定减少，选项D正确，C错误。4(2021湖南岳阳模拟)如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为
5、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B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(C)APQ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解析导体棒产生的电动势EBLv，画出其等效电路如图，总电阻R总RR，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压路端电压UEIR，即先增大后减小，选项B错误；拉力的功率等
6、于克服安培力做功的功率，有P安BILv，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，外电阻先增大后减小，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，外电阻越来越接近内电阻时，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。5(2020浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处
7、于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(B)A棒产生的电动势为Bl2B微粒的电荷量与质量之比为C电阻消耗的电功率为D电容器所带电的电荷量为CBr2解析棒转动时垂直切割磁感线，由于只有圆环内存在磁场，故产生的电动势为EBrBr2，A项错误；由于棒无电阻，故电容器、电阻两端电压均等于E，对微粒，由平衡条件有mg，故微粒的比荷为，B项正确；电阻R消耗的电功率为P，C项错误；由QCE可知电容器所带电荷量QCBr2，D项错误。6如图(a)所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流变化的规律如图(b)所示，P所受的重力为G
8、，桌面对P的支持力为FN，则(AD)At1时刻，FNGBt2时刻，FNGCt3时刻，FNGDt4时刻，FNG，A正确；t2时刻电流减小，则磁场减弱，则穿过P的磁通量变小，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变小，则P有向上运动的趋势，对桌面的压力减小，故FNG，C错误；t4时刻电流减小，与B情况相同，FNG，D正确。7如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时
9、，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法中正确的是(ABD)A线框进入磁场时的速度为B线框的电阻为C线框通过磁场的过程中产生的热量Q2mghD线框通过磁场的过程中产生的热量Q4mgh解析从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg2hmg2h，解得线框刚进入磁场时的速度v，故A项正确；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故受合力为0,3mgBILmg，I，解得线框的电阻R，故B项正确；线框匀速通过磁场的距离为2h，产生的热量等于系统重力势能的减少，即Q3mg2hmg2h4mgh，故C项错误，D项正确。8(2019全国卷)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在
10、平面与水平面夹角为，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(AD)ABCD解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinBIL，I，即电流恒定；且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinBIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反
11、，故It图像如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由EBLv，I，BILmgsinma知，MN减速，电流减小，可能的It图像如图D所示。二、非选择题9(2020江苏单科，14)如图所示，电阻为0.1 的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电
12、流产生的热量Q。答案(1)0.8 V(2)0.8 N(3)0.32 J解析(1)感应电动势EBlv，代入数据得E0.8 V。(2)感应电流I，拉力的大小等于安培力，FBIl解得F，代入数据得F0.8 N。(3)运动时间t，焦耳定律QI2Rt解得Q，代入数据得Q0.32 J。10如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程
13、中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。答案(1)(2) (3)解析(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v22as解得v(2)金属棒所受安培力F安IdB金属棒所受合力Fmgsin F安根据牛顿第二定律有Fma解得I。(3)金属棒的运动时间t ，通过的电荷量QIt解得Q。11(2019天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂
14、直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。答案(1)，方向水平向右(2)mv2kq解析(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E，则Ek设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I设PQ中的电流为IPQ，有IPQI设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQl保持PQ静止，由受力平衡，有FF安联立式得F方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中Blx设PQ中的平均电流为，有根据电流的定义得由动能定理，有FxWmv20联立式得Wmv2kq- 8 -