高考物理一轮复习 第10章 第3节 课时提能练30　电磁感应定律的综合应用

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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eq \f(ΔB,Δt)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E＝eq \f(ΔB,Δt)·l2
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eq \f(l2ΔB,4Δt)
D [处于磁场中的线圈面积不变，eq \f(ΔB,Δt)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＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(l2,2)，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，U＝eq \f(E,2R)·R＝eq \f(E,2)，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eq \f(ΔB,Δx)＝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eq \f(ka2v,R)
C．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为eq \f(k2a4v,R)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Δl，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl·eq \f(ΔB,Δx)·a2＝Δl·a2k，而所需时间为Δt＝eq \f(Δl,v)，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝ka2v，故感应电流大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ka2v,R)，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＝(B2－B1)Ia＝ka2I＝eq \f(k2a4v,R)，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l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 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B＝0.5 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
B．cd两端的电压为1 V
C．de两端的电压为1 V
D．fe两端的电压为1 V
BD [由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误．导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，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U＝eq \f(E,2R)×R＝eq \f(Blv,2)＝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F＝BIL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eq \f(ΔΦ,Δt)成正比，线圈面积不变，磁通量变化率eq \f(ΔΦ,Δt)与磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt)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＝eq \f(2L,v)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 [t＝eq \f(L,v)时刻，ab边完全进入磁场，电动势E＝Blv，ab间的电压等于路端电压，Uab＝eq \f(3,4)BLv，C错误；t＝eq \f(2L,v)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(t＝0)，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E＝BLv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y＝kx2，长度为eq \r(\f(L,k))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
A．t时刻回路中的感应电动势e＝Bkv3t2
B．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eq \f(B,R0L)
AC [t时刻，e＝Byv，y＝kx2，x＝vt，故e＝Bkv3t2，A项正确；t时刻回路中的电阻为：R＝yR0＝R0kx2＝R0kv2t2，回路中的电流为i＝eq \f(e,R)＝eq \f(Bv,R0)＝恒量，故B项错误；闭合回路的电功率P＝i2R＝(eq \f(Bv,R0))2R0kv2t2＝eq \f(kB2v4,R0)t2，故C项正确；通过金属棒的电荷量q＝it，t＝eq \f(\r(\f(L,k)),v)，故q＝eq \f(B,R0)eq \r(\f(L,k))，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eq \f(1,2)v，则下列说法正确的是( )
图10­3­19
A．此时圆环中的电功率为eq \f(2B2a2v2,R)
B．此时圆环的加速度为eq \f(4B2a2v2,mR)
C．此过程中通过圆环截面的电量为eq \f(πBa2,R)
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E＝2B·2a·eq \f(1,2)v＝2Bav，感应电流大小I＝eq \f(E,R)＝eq \f(2Bav,R)，此时圆环中的电功率为P＝EI＝eq \f(4B2a2v2,R)，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＝eq \f(2BI·2a,m)＝eq \f(4Ba,m)·eq \f(2Bav,R)＝eq \f(8B2a2v,mR)，B项错误；此过程中通过圆环截面的电量为Q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(πBa2,R)，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，所以W电＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2＝eq \f(3,8)mv2，D项错误．]
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9．将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，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t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω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0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝eq \f(1,2)Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝eq \f(E1,r)＝eq \f(BωR2,2r)，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t0～2t0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E2＝eq \f(1,2)Bω·R2＋eq \f(1,2)·2Bω·R2＝eq \f(3,2)BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1.在2t0～3t0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E3＝eq \f(1,2)Bω·R2＋eq \f(1,2)·2Bω·R2＝eq \f(3,2)Bω·R2＝3E1，感应电流为I3＝3I1.在3t0～4t0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E4＝eq \f(1,2)Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I4＝I1，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eq \f(2\r(3)mgR,Bl)
C．作用在导体棒cd上的恒力F的大小为eq \r(3)mg
D．恒力F的功率为eq \f(6m2g2R,B2l2)
CD [对ab棒受力分析如图所示：
则：FNsin 30°＝mg，则：FN＝2mg，每根导轨对导体棒ab的支持力大小为mg，故选项A错误；FNcs 30°＝FA＝Beq \f(Blv,2R)l，则回路中电流为：I＝eq \f(Blv,2R)＝eq \f(\r(3)mg,Bl)，导体棒cd两端的电压大小为U＝IR＝eq \f(\r(3)mg,Bl)R，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F＝Beq \f(Blv,2R)l＝eq \r(3)mg，故选项C正确；由于Beq \f(Blv,2R)l＝eq \r(3)mg，则金属棒cd的速度为v＝eq \f(2\r(3)mgR,B2l2)，则恒力F的功率为P＝Fv＝eq \r(3)mgeq \f(2\r(3)mgR,B2l2)＝eq \f(6m2g2R,B2l2)，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．t＝0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μ.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
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
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
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg)).④
(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
I＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
f＝BlI⑥
因金属轩做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝eq \f(B2l2t0,m).⑧
【答案】 (1)Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg)) (2)eq \f(B2l2t0,m)
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θ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F＝eq \f(F1＋F2,2)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：
F1＝mgsin θ
cd杆到达最大速度vm时，外力F取得最大值F2，对杆ab：
F2＝mgsin θ＋F安
对cd杆，因其匀速运动，则F′安＝2mgsin θ
显然F安＝F′安
代入可得F2＝3mgsin θ.
(2)当外力F＝eq \f(F1＋F2,2)时，对杆ab
F＝mgsin θ＋F″安＝2mgsin θ
可得F″安＝mgsin θ
又知F″安＝BIL
其中I＝eq \f(BLv,2R)
可得此时cd杆的速度v＝eq \f(2mgRsin θ,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 θ·x＝eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,m)＋2Q
cd杆最后匀速时F′安＝2mgsin θ＝BI′L
I′＝eq \f(BLvm,2R)
联立解得x＝eq \f(8m3g2R2sin2 θ＋B4L4Q,B4L4mgsin θ).
【答案】 (1)mgsin θ 3mgsin θ
(2)eq \f(2mgRsin θ,B2L2) (3)eq \f(8m3g2R2sin2 θ＋B4L4Q,B4L4mgsin θ)