1、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律E，知B项错；ad
2、b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，UR，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
3、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，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、cf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1
4、0314A导体棒ab中电流的流向为由b到aBcd两端的电压为1 VCde两端的电压为1 VDfe两端的电压为1 VBD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间和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即UR1 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FBIL为定值，由欧姆定律
5、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时间内，a、b二点的电势差U随时间t的变化图线为()图10316Dt时刻，ab边完全进
6、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(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EBLv可知，线框进出磁场过程中，切割
7、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ykx2，长度为的直导轨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10318At时刻回路
8、中的感应电动势eBkv3t2B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ACt时刻，eByv，ykx2，xvt，故eBkv3t2，A项正确；t时刻回路中的电阻为：RyR0R0kx2R0kv2t2，回路中的电流为i恒量，故B项错误；闭合回路的电功率Pi2R()2R0kv2t2t2，故C项正确；通过金属棒的电荷量qit，t，故q，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
9、到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v，则下列说法正确的是()图10319A此时圆环中的电功率为B此时圆环的加速度为C此过程中通过圆环截面的电量为D此过程中回路产生的电能为0.75 mv2C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E2B2av2Bav，感应电流大小I，此时圆环中的电功率为PEI，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，B项错误；此过程中通过圆环截面的电量为Qtt，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
10、，所以W电mv2m()2mv2，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10320B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，
11、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
12、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C
13、作用在导体棒cd上的恒力F的大小为mgD恒力F的功率为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 30FABl，则回路中电流为：I，导体棒cd两端的电压大小为UIRR，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FBlmg，故选项C正确；由于Blmg，则金属棒cd的速度为v，则恒力F的功率为PFvmg，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
14、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：(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EBlt0.(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
15、I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R.【答案】(1)Blt0(2)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
16、最小值F1和最大值F2；(2)当外力F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F时，对杆abFmgsin F安2mgsin 可得F安mgsin 又知F安BIL其中I可得此时cd杆的速度v.(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 x(2m)v2Qcd杆最后匀速时F安2mgsin BILI联立解得x.【答案】(1)mgsin 3mgsin (2)(3)