1、电磁感应规律的综合应用(建议用时40分钟)1.如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。正方形线框abcd的边长为L，从t0时刻起线框在外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速运动。线框单位长度电阻均相同，在运动过程中，线框c、d两点间的电势差Ucd随时间变化的特点与下列图象一致的是()【解析】选D。线圈进入磁场过程中，ab相当于电源，则a、b间电势差指路端电压，c、d间电势差指cd间的电压，又由楞次定律得电流为逆时针方向，d点电势高于c点，故UabBLvBLat，UcdBLvBLat线圈全部进入磁场后，线圈中无感应电流，但cd切割磁感线，所以cd之间电势差不
2、为零，且d点电势高于c点，则UcdBLvBLat，A、B、C错误，D正确。2. A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rArB21，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是()AA环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势B两导线环内所产生的感应电动势大小相等C流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为14D流过A、B两导线环的感应电流均为顺时针方向【解析】选B。某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，
3、则BS，由ES (S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有1，A错误，B正确；由I，R(S1为导线的横截面积)，l2r，所以，C错误；根据楞次定律可知，流过A、B两导线环的感应电流均为逆时针方向，D错误。【题后反思】磁通量与有磁场穿过的线圈面积有关，与线圈的实际面积无关。导线电阻与导线长度成正比。3.(2021宁德模拟)有一种信号发生器的工作原理可简化为如图所示的情形，竖直面内有半径均为R且相切于O点的两圆形区域，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度绕过O点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t0时，OA恰好位于两圆的公切线上，下列描述导体杆两端电势差UAD随时间变化的
4、图象可能正确的是()【解析】选A。由右手定则可知，感应电动势始终从O指向A，为正，由EBL2，L是有效切割长度，B、不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性，非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故A正确，B、C、D错误。4(多选)(2021昆明模拟)如图甲所示，用绝缘轻绳将一矩形线框静止悬吊在空中，线框处于竖直平面内。线框正上方有一固定通电直导线，导线中通入大小、方向按图乙所示规律变化的电流，取图甲中箭头所示的方向为电流的正方向。已知通入电流的过程中线框一直处于静止状态，则下列关于轻绳上拉力的说法中正确的是()At0.05 s时，矩形线框中的感应电动势为0Bt0.10 s时，矩形线框中
5、的感应电动势为0C00.05 s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力D00.10 s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力【解析】选B、C。t0.05 s时，直导线中电流的变化率不为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率不为零，则线框中的感应电动势不为0，选项A错误；t0.10 s时，直导线中电流的变化率为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率为零，则线框中的感应电动势为0，选项B正确；00.05 s时间内，直导线中电流向左减小，穿过线圈的磁通量向外减小，则线框中的感应电流方向为逆时针方向，则线框受到的安培力的合力向上，则轻绳上的拉力小于线框的重力；同理可判断0.050.1 s时间内，线框受安培力的合力向下，则
6、轻绳上的拉力大于线框的重力；选项C正确，D错误。5. (多选)(2020海南高考)如图，足够长的间距d1 m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L1 m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0.5 T，方向如图所示。一根质量ma0.1 kg，阻值R0.5 的金属棒a以初速度v04 m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb0.2 kg，阻值R0.5 的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则()A金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C金属棒a第一次
7、穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25 JD金属棒a最终停在距磁场左边界0.8 m处【解析】选B、D。金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；电路中产生的平均电动势为，平均电流为，金属棒a受到的安培力为Bd，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得Bdtmavamav0，解得金属棒第一次离开磁场时速度va1.5 m/s，金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属
8、棒a机械能的减少量，即Qmavmav，联立并带入数据得Q0.687 5 J，由于两金属棒电阻相同，两金属棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热Qb0.343 75 J，故C错误；规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得mavamavambvb，mavmavmbv，联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为va0.5 m/s，设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为，平均电流为，金属棒a受到的安培力为Bd，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得Bdt0mava，联立并带入数据解得x0.8 m，D正确。6.(2021雅
9、安模拟)如图甲所示,在一个正方形金属线圈区域内,存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈所围的面积S=200 cm2,匝数n=1 000,线圈电阻r=1.0 。线圈与电阻R构成闭合回路,电阻R=4.0 。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,求:(1)在t=2.0 s时刻,通过电阻R的感应电流的大小;(2)在t=5.0 s,电阻R消耗的电功率;(3)在06.0 s内整个闭合电路中产生的热量。【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律, 04.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化,产生恒定的感应电流。 t1=2.0 s时的感应电动势为:E1=n=n=1 V,根据闭合电路欧姆定律,
10、闭合回路中的感应电流I1=,解得I1=0.2 A。(2)由题图乙可知,在4.06.0 s时间内,线圈中产生的感应电动势E2=n=n=4 V,根据闭合电路欧姆定律, t2=5.0 s时闭合回路中的感应电流I2=0.8 A,电阻消耗的电功率P2=R=2.56 W。(3)根据焦耳定律, 04.0 s内闭合电路中产生的热量Q1=(r+R)t1=0.8 J,4.06.0 s内闭合电路中产生的热量Q2=(r+R)t2=6.4 J,故06.0 s内闭合电路中产生的热量Q=Q1+Q2=7.2 J。答案:(1)0.2 A (2)2.56 W(3)7.2 J7.如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面
11、上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流(规定逆时针为正，顺时针为负)、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图象中正确的是()【解析】选D。设线框每边电阻为R，线框边长为L，线框速度为v，线框进入磁场过程，产生的感应电动势EBLv，线框中的电流I，方向为逆时针方向(正方向)；力F大小为FF安，a、b两点间的电势差Uab3RBLv，拉力的功率PFv，线框完全进入磁场过程UabEBLv ，F0 ，I0，P0
12、，线框离开磁场过程，产生的感应电动势EBLv，线框中的电流I，方向为顺时针方向(负方向)；力F大小为FF安，a、b两点间的电势差UabRBLv，拉力的功率PFv，由图示图象可知，D正确，A、B、C错误。8. (创新题)如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为123，导线的电阻不计。当S1、S2闭合，S3断开时，闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中感应电流为5I；当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流为()A.0B4IC6ID7I【解析】选D。因为R1R2R3123，可以设R1R，R22R，R33R；由电路图可知，当S1
13、、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E13IR；当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：E25I5R25IR；当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势EE1E228IR，则此时的电流I7I，D正确，A、B、C错误。9(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向
14、从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L)时，线框的速度为v，则下列判断正确的是()A.此时线框中电流方向为逆时针，电功率为B此过程中通过线框截面的电量为C此过程中线框克服安培力做的功为Lmv2D此时线框的加速度大小为【解析】选C、D。线框左边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，其下端为正极，同理线框右边其上端为正极，则感应电流方向为逆时针，回路中产生感应电动势为E2BL3BL，感应电流为I，此时线框中的电功率PI28Lr，A错误；此过程穿过线框的磁通量的变化量为(3B2L22BL2)(2B3L2)10BL2，通过线框截面的电量为q，
15、B错误；根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为W克A8Lmv28Lm()2，C正确；左右两边所受安培力大小分别为F左2BIL，方向向左，F右3BIL，方向向左，则根据牛顿第二定律得F左F右Ma，其中M8Lm，解得：a，D正确。10(2021潜江模拟)如图(a)，两根足够长不计电阻的平行光滑金属导轨固定在水平面上，间距L1.0 m，导轨左侧连接一阻值R16 的电阻，右侧连接另一阻值R23 的电阻。在导轨间CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场(俯视图)，点C、F间的距离d0.5 m，磁感应强度大小随时间变化的图象如图(b)，阻值r3 的金属棒垂直于导轨放置在离R1较近的位置AB处。t0
16、时金属棒在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，在00.4 s时间内R1两端电压为U，在t0.5 s时金属棒进入磁场，且在磁场运动的过程中，R1两端电压仍为U。求：(1)t0.2 s时整个回路的电动势；(2)恒力F的大小；(3)金属棒从AB运动到EF的过程中整个回路产生的热量。【解析】(1)在t0.2 s时，由法拉第电磁感应定律得Ld得E2.5 V(2)在t00.4 s时间内，电阻R1与金属棒并联，再与R2串联RR并R25 UR并1.0 V金属棒进入磁场后，r为电源内阻，外电阻为R1与R2并联，有I0.5 AFABIL1.0 N由于金属棒进入磁场后R1两端电压始终不变，所以金属棒做匀速运动，得
17、FBIL1.0 N(3)金属棒在00.4 s的运动时间内，有Qt10.4 J0.5 J金属棒进入磁场后，整个回路的总电阻Rr5 EIR2.5 V得v1.25 m/st0.4 sQEIt0.5 J Q总QQ1.0 J答案：(1)2.5 V(2)1.0 N(3)1.0 J【加固训练】(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为L，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为L。现将系统由静止释放
18、，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则()A.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgLD.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgL【解析】选A、B、C。设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对a有：T=2mg-BIL，对b有：T=mg，I=，E=BLv，联立解得：v= ，A正确；线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，设线框a通过磁场的时间为t，则t=，B正确；从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在a匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系可得：2mgL-mgL=Q，所以Q=mgL，C正确；设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2L的距离，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgL=2mgL+3mv2+W，解得：W=2mgL-,D错误。- 9 -