高考物理一轮基础复习精选试题：电磁感应定律的综合应用 Word版含解析

重点强化(七) 电磁感应定律的综合应用(限时：45分钟)(对应学生用书第329页)一、选择题(8小题，每小题6分，1～4为单选题，5～8为多选题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U 型导线框bacd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动，杆ef 及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )【导学号：84370461】图1A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动，最后静止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将做往复运动A [杆ef 向右运动，所受安培力F ＝BIl ＝Bl ·Bl v R ＝B 2l 2v R ，方向向左，故杆做减速运动；v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确．]2．如图2所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为W a 、W b ，则W a ∶W b 为( )图2A．1∶4B．1∶2C．1∶1 D．不能确定A[根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热，则W a＝Q a＝(BL v)2R a·Lv，W b＝Q b＝(B·2L v)2R b·2Lv，由电阻定律知R b＝2R a，故W a∶W b＝1∶4，A正确．]3．如图3所示的电路中，L为自感线圈，其直流电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻不可忽略．当开关S由闭合变为断开瞬间，下列说法中正确的是()图3A．通过灯A的电流由c到dB．A灯突然闪亮一下再熄灭C．B灯无电流通过，不可能变亮D．电容器立即放电B[当开关S由闭合变为断开时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A和电阻R构成闭合回路放电，由于断开开关前流过线圈的电流大于流过灯泡A的电流，故A灯突然闪亮一下再熄灭，电流从d到c流过灯泡A，故d 点电势比c点高，故A错误，B正确；当开关S由闭合变为断开时，外电路的总电流减小，故内电压减小，根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压增加，故电容器充电，有充电电流，故B灯有电流通过，电流方向由a到b，故C、D错误．故选B.]4．在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图4甲所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图乙所示，若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是下图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)()甲乙图4B[对棒受力分析，棒受的静摩擦力f＝F安＝BIL，电动势E＝ΔBΔt S，感应电流I＝ER＝ΔBΔt·SR，0～1 s和3～4 s内的感应电流大小和方向相同，电流从下向上通过导体棒，安培力向左，静摩擦力向右，为正；1～2 s和4～5 s内，感应电流为零，导体棒不受安培力，也不受静摩擦力；2～3 s和5～6 s内，电流从上向下流过导体棒，安培力向右，静摩擦力向左，为负，大小和0～1 s内相同，所以B正确．]5．(2018·保定模拟)如图5甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．下面说法正确的是()甲乙图5A．0 s～1 s时间内和5 s～6 s时间内，导线框中的电流方向相同B ．0 s ～1 s 时间内和1 s ～3 s 时间内，导线框中的电流大小相等C ．3 s ～5 s 时间内，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直AB 边向上D ．1 s ～3 s 时间内，AB 边受到的安培力不变AC [0 s ～1 s 时间内穿过线圈的磁通量向外增加；5 s ～6 s 时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A 正确；B -t 图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故0 s ～1 s 时间内和1s ～3 s 时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B 错误；3 s ～5 s 时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直AB 边向上，选项C 正确；1 s ～3 s 时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据F ＝BIL 可知，AB 边受到的安培力要变化，选项D 错误．故选A 、C.]6．如图6所示，上下边界间距为l 、方向水平向里的匀强磁场区域位于地面上方高l 处．质量为m 、边长为l 、电阻为R 的正方形线框在距离磁场的上边界l 处，沿水平方向抛出，线框的下边界进入磁场时加速度为零．则线框从抛出到触地的过程中( )【导学号：84370462】图6A ．沿水平方向的分运动始终是匀速运动B ．磁场的磁感应强度为mgR 2gl 3C ．产生的焦耳热为2mglD ．运动时间为22lg ACD [线框进入磁场后竖直的两条边以v 0水平垂直切割磁感线，两边产生的总电动势为零，线框的电动势就是下边产生的，E ＝Bl v ⊥.由于竖直的两边中电流方向相反，安培力抵消，线框水平方向受合力为零，水平方向做匀速直线运动，A 正确；E ＝Bl v ⊥＝Bl 2gl ，电流I ＝E R ，由mg ＝BIl ，三式联立解得B ＝mgR l 22gl，B 错误；因为线框和磁场一样宽，所以线框匀速进磁场，匀速出磁场，对线框穿过磁场的过程应用动能定理，mg ·2l －W 克安＝0，W 克安＝2mgl ，而产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以产生的焦耳热为2mgl ，C 正确；l ＝12gt 21，t 1＝2l g ，2l ＝v ⊥t 2＝2glt 2，t 2＝2lg ，所以总时间t ＝t 1＋t 2＝22lg ，D 正确．]7．(2018·无锡模拟)如图7所示，在电阻不计的边长为L 的正方形金属框abcd 的cd 边上接两个相同的电阻，平行金属板e 和f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B 大小相等，B 随时间t 均匀增加，已知B ＝B 0＋kt (k ＞0)，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L ，板间距离为L .质量为m ，电荷量为q 的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f 板右边缘射出．不计粒子重力，忽略边缘效应．则( )图7A ．金属框中感应电流方向为abcdaB ．粒子带正电 C.L 2kq m D ．粒子在e 、f 间运动增加的动能为14kL 2qAC [根据楞次定律，原磁场向里均匀增加，感应磁场向外，利用右手螺旋定则可知，感应电流方向为abcda ，A 正确；由题知粒子受电场力向下，而电场方向向上(由A 知，f 板电势高)，故粒子带负电，B 错误；粒子在两板间做类平抛运动，且两板间电势差为E 2＝ΔB Δt ×12L 22＝kL 24，由平抛运动规律，L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，a ＝q E 2mL ＝kqL 4m ，解得v 0＝L 2kq m ，C 正确；粒子在e 、f 间运动增加的动能等于电场力做的功，则ΔE k ＝q ×12×E 2＝18kL 2q ，D错误．故选A 、C.]8．(2018·武汉模拟)如图8所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN 、PS 是水平的．有一边长为L 的正方形导线框abcd 从距离磁场上边界MN 的某高度处由静止释放穿过该磁场区域，已知当线框的ab 边到达PS 时线框刚好做匀速直线运动．从线框的ab 边到达MN 时开始计时，以MN 上某点为坐标原点，取如图坐标轴x ，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流i 和线框所受到的安培力F 与ab 边的位置坐标x 关系的图线中，可能正确的是( )图8AD [由于ab 边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为abcd ，沿逆时针方向，故在图象中，在0～L 的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为0；经分析知线框在进入磁场过程和在磁场中运动过程均做加速运动，则线框的ab边从磁场的下边界出来时的速度要比cd边刚进入磁场时的大，故cd边刚进磁场时，线框的感应电流要比ab边出磁场时的感应电流小，又感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反，故A正确，B错误．由于ab边穿出磁场时速度较大，产生的感应电流较大，且电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，故电流逐渐增大，安培力也逐渐增大．在0～L段，由前面分析知，感应电流小于I0，因此安培力小于mg，根据左手定则知安培力方向向上，在L～2L段，线框内感应电流为0，所以安培力为0，在2L～3L段，线框做匀速直线运动，故受力平衡，即安培力等于重力，方向向上，故C错误，D 正确．]二、计算题(3小题，共52分)9．(16分)(2018·大连模拟)如图9所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：图9(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率v m；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离x m.【导学号：84370463】[解析](1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mg sin θ－BIL ＝0根据欧姆定律可得：I ＝BL v m 2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2.(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x ，由电流的定义可得：q ＝I －Δt根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：I －＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I 0＝BL v 02r此过程中，电路产生的总焦耳热为Q 总，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 总＋12m v 20定值电阻产生的焦耳热Q ＝12Q 总解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2.(3)由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I ＝BL v 2r可得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22r v Δt ＝m Δv ，即B 2L 22r x m ＝m v m得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4.[答案](1)2mgr sin θB 2L 2 (2)mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)4m 2gr 2sin θB 4L 410．(16分)(2018·郑州模拟)如图10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 .图10(1)求细线烧断后外力F 的最小值F 1和最大值F 2；(2)当外力F ＝F 1＋F 22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．[解析](1)细线烧断瞬间，外力F 取得最小值F 1，对杆ab ：F 1＝mg sin θcd 杆到达最大速度v m 时，外力F 取得最大值F 2，对杆ab ：F 2＝mg sin θ＋F 安对cd 杆，因其匀速运动，则F ′安＝2mg sin θ显然F 安＝F ′安代入可得F 2＝3mg sin θ.(2)当外力F ＝F 1＋F 22时，对杆abF ＝mg sin θ＋F ″安＝2mg sin θ可得F ″安＝mg sin θ又知F ″安＝BIL其中I ＝BL v 2R可得此时cd 杆的速度v ＝2mgR sin θB 2L 2.(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2mg sin θ·x＝12(2m)v2m＋2Qcd杆最后匀速时F′安＝2mg sin θ＝BI′LI′＝BL v m 2R联立解得x＝8m3g2R2sin2θ＋B4L4Q B4L4mg sin θ.[答案](1)mg sin θ3mg sin θ(2)2mgR sin θB2L2(3)8m3g2R2sin2θ＋B4L4QB4L4mg sin θ11．(20分)(2018·沈阳模拟)如图11所示，光滑绝缘的水平面上一个倒放的“曰”字型导线框，四周abfe为正方形，每边长度为l，中间的导线cd距离右侧边ab的距离为23l.上下横边ae、bf不计电阻，每条竖直边ab、cd、ef的电阻都是R.虚线右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场边界与导线框的竖边平行．现在让导线框以速度v0匀速垂直进入磁场区域．忽略一切阻力．试分析：图11(1)导线框匀速进入磁场过程中所需外力的情况，并计算所需外力的大小和方向；(2)线框匀速进入过程中电路中产生的焦耳热Q；(3)分析、计算线框匀速进入磁场过程中ef边消耗的电功率多大.【导学号：84370464】[解析](1)ab边切割磁感线时：E＝BL v，①电路总电阻为R 总＝32R I ＝E R 总② ab 边受到安培力大小：F 安＝BIl ＝2B 2l 2v 03R …③，方向向左导线框匀速运动，外力与安培力等大反向：F 外＝2B 2l 2v 03R ，方向向右④ab 、cd 两个边都进入磁场时，同时产生电动势，并联的电动势仍为E ，电源内阻变为R 2，外电阻变为R ⑤根据①②式导线框中的总电流不变．ab 、cd 两边中电流分别为：I ′＝I 2＝Bl v 03R ⑥ab 、cd 边受到安培力大小相等，总值：F ′安＝2BI ′l ＝2B I 2l ＝2B 2l 2v 03R …⑦，方向向左所以F ′外＝2B 2l 2v 03R ，方向向右，⑧(2)线框进入磁场过程中，外力克服安培力做的功大小等于线框中产生的焦耳热：Q ＝F 外2l 3＋F ′外l 3＝2B 2l 3v 03R .⑨(3)只有ab 边进入时，根据①②式，ef 边中电流：I 1＝I 2＝Bl v 03R ⑩ef 边消耗电功率：P 1＝I 21·R ＝B 2l 2v 209Rab 、cd 两个边都进入磁场时，根据⑥式，ef 边中电流为I 2＝I ＝2Bl v 03Ref 边消耗电功率：P 2＝I 2·R ＝4B 2l 2v 209R .[答案](1)2B 2l 2v 03R ，方向向右 (2)2B 2l 3v 03R (3)ab 边切割磁感线时，ef 边消耗的由功率为B 2l 2v 209R ，ab 、cd 边都切割磁感线时，ef 边消耗的电功率为4B 2l 2v 209R。

第9课时 电磁感应的综合应用 考点 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝Bl v 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．变式训练1．(多选)(2020·山东等级考模拟卷·12)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图2甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( )图2A ．t ＝T 4时刻，圆环有扩张的趋势 B ．t ＝T 4时刻，圆环有收缩的趋势 C ．t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，圆环内的感应电流大小相等 D ．t ＝3T 4时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 答案 BC解析 t ＝T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增加．由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A 错误，B 正确；t ＝3T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为俯视顺时针，D 错误；t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C 正确． 例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r 的单匝圆形裸金属线圈A ，其内部有半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下；线圈A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A 的电阻为R .过圆心的两条虚线ab 和cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab 放置，使导体棒沿ab 从左向右以速度v 匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A 中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A 中也会有感应电流，如果使cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd 位置时的相同，则( )图3A ．磁场一定增强B ．磁场一定减弱C ．磁感应强度的变化率为4B v πrD ．磁感应强度的变化率为8B v πr答案 AC解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd 左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感应电动势E ＝2Br v ，根据欧姆定律，通过cd 左侧的线圈中感应电流大小I ＝E R2＝4Br v R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，ΔB Δt ×r 2πR＝4Br v R ，ΔB Δt ＝4B v πr，故C 正确，D 错误． 变式训练2．(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.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( )图4A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2 WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2 C 答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ；解得：E ＝0.8 V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08 A ，根据 P ＝I 2R 1解得：P ＝2.56×10－2 W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4 V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5 C ，故D 错误． 考点 电磁感应中的电路与图象问题1．电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．2．解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．3．解图象问题的两个分析方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L 的金属棒OP 固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO ′以角速度ω在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．金属棒上O 点的电势高于P 点B ．金属棒上O 点的电势低于P 点C ．金属棒OP 两端电势差大小为12Bω2L sin θD ．金属棒OP 两端电势差大小为12BωL 2sin 2 θ 答案 AD解析 由右手定则知金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P 指向O ，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O 点的电势高于P 点，故A 正确，B 错误．金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L ′＝O ′P ＝L sin θ，故产生的感应电动势E ＝BL ′·12ωL ′＝12BωL 2sin 2 θ，故C 错误，D 正确． 变式训练3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图6所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )图6A.13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D.16Bl 2ω 答案 A 解析 当ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a 、b 间的距离为l ，E ＝Bl v ＝Bl lω2＝12Bl 2ω；设每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ＝I ·2R ＝E 3R ·2R ，故U ＝13Bωl 2，故A 正确，B 、C 、D 错误． 例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，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( )图7答案 AD解析 根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ 通过磁场区域一段时间后MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I 1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D. 变式训练4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L ；正方形导线框abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( )图8答案 B解析 设导线框运动的加速度为a ，则某时刻其速度v ＝at ，所以在0～t 1时间内(即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BL v ＝BLat ，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I ＝BLa R t ，电流为正．其中R 为线框的总电阻．所以在0～t 1时间内，I ∝t ，故A 、C 错误；从t 1时刻开始，ad 边开始切割磁感线，电动势大小E ＝BLat ，其中t 1＜t ≤t 2，电流为顺时针方向，为负，电流I ＝BLa Rt ，t 1＜t ≤t 2，其中I 0＝BLa R t 1，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I 0＝BLa R t 1不变，故B 正确，D 错误．考点电磁感应中的动力学与能量问题1．电荷量的求解电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值．由E ＝n ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝n ΔΦR 总，此式不涉及时间．2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变或不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用．3．电磁感应综合题的解题策略(1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．(2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．(4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少．例5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，边长为L 的正方形导线框abcd 放在斜面上，线框的电阻为R ，线框的cd 边刚好与ef 重合．无初速度释放线框，当ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m ，重力加速度为g ，求：图9(1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．答案 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)BL 2R解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时， mg sin θ＝F A ＝B 2L 2v R解得：v ＝mgR sin θB 2L 2(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为I ＝E R根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt 通过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔФR ＝BL 2R.变式训练5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝2 Ω，则( )图10A ．线框的加速度大小为2 m/s 2B ．磁场宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度大小为 2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22 C 答案 ACD 解析 整个线框在磁场中运动时只受外力F 作用，则加速度a ＝F m＝2 m/s 2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2 s ，磁场的宽度d ＝12at 12＝4 m ，所以选项A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝B 2L 2at R ，线框的宽度L ＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m ，联立得：B ＝ 2 T ，所以选项C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝ΔФR ＝BL 2R ＝2×122 C ＝22C ，所以选项D 正确．例6 (2019 ·浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd ，连接处接触电阻忽略，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，线圈质量为0.1 kg ，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～ t 1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2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/s 2)．求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad ；(3)在0～t 1时间内通过线圈的电荷量；(4)0～t 3时间内，线圈ab 边产生的热量．答案 (1) 8 m/s (2) 2 m (3) 0.25 C (4) 0.18 J解析 (1) t 2～t 3时间ab 边在L 3L 4内做匀速直线运动，E ＝BL v 2，F ＝B E R L ，F ＝mg 联立解得：v 2＝mgR B 2L2＝8 m/s ， (2)从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d ，由v 2＝v 1＋gt 得，v 1＝2 m/s ，则3d ＝v 1＋v 22t ＝3 m ，得：d ＝1 m ，有：ad ＝2d ＝2 m ，(3)0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R＝0.25 C ， (4)在0～t 3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q 总＝mg ·5d －12m v 22＝1.8 J 故线圈ab 边产生热量Q ＝110Q 总＝0.18 J. 变式训练6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L ＝0.4 m ，其下端连接一个定值电阻R ＝4 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．一质量为m ＝0.04 kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v ＝4 m/s 的过程中，通过R 的电荷量q ＝0.2 C ，求R 产生的热量值． 答案 (1)6 m/s (2)0.16 J解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mg sin θ＝BIL ，I ＝BL v R 联立解得v ＝6 m/s(2)设该过程中电流的平均值为I ，则q ＝I ΔtI ＝ER ，E ＝BLx Δt 由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v 2＋Q 联立解得：x ＝2 m ，Q ＝0.16 J ．考点 电磁感应中的动量和能量问题1.电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解.2.动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量.所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态.例7 (2019·福建福州市期末质量检测)如图13所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触.两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.图13答案 见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v 0此时电路图如图所示由串并联电路规律，外电阻为R 外＝2r ＋3r ×r 3r ＋r ＝114r 由闭合电路欧姆定律得：流过QN 的电流I ＝E R 外＋r＝4BL v 015r 所以：U NQ ＝E －Ir ＝1115BL v 0； (2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒. 依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ；3m v 0＝(3m ＋4m )v t解得：v t ＝37v 0 对U 形框，由动量定理得：－BL I t ＝3m v t －3m v 0由q ＝I t解得：q ＝12m v 07BL(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3m v ＝3m v 1＋4m v 2 依题意得：s ＝(v 1－v 2)t联立解得：v 1＝37v ＋4s 7tv 2＝37v －3s 7t. 专题突破练级保分练1.(2019·广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO ′转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )图1A ．铜盘转动将变快B ．铜盘转动将变慢C ．铜盘仍以原来的转速转动D ．因磁极方向未知，无法确定答案 B解析 假设蹄形磁铁的上端为N 极，下端为S 极，铜盘顺时针转动(从OO ′方向看)．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了．所以B 正确，A 、C 、D 错误．2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd ，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )图2A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC．t2时刻线框的感应电流最大D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图3答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d .金属板和电阻R 都与导轨相连．要使两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R 的金属棒ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g )( )图4A ．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLqB ．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLqC ．向右匀速运动，速度大小为dmg 2BLqD ．向左匀速运动，速度大小为dmg 2BLq答案 A解析 两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则qE ＝mg ，板间电场强度E ＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压U ＝Ed ＝mgd q，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b 流向a ，U ＝R R ＋R·E ＝12·BL v ，则金属棒ab 在导轨上的运动速度v ＝2mgd qBL ；据金属棒中电流方向由b 流向a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2019·北京市东城区上学期期末)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图5A ．电容器两端的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BL v RC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析 当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BL v ，故A 、B 错误．电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故C 正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直导线MN 和正方形导线框在同一水平面内，ab 边与MN 平行，先给MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N 到M 为正，已知线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A ．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B ．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C ．通以如图丙所示的电流时，0～t 2时间内，线框受到的安培力方向不变D ．通以如图丙所示的电流时，t 3 时刻线框受到的安培力为零答案 BD解析 由题意可知，从N 到M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t 1时间内电流方向为从M 到N ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ；在t 1时刻后，电流方向为N 到M ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt ，则线框中的感应电流为I ＝E R ＝ΔФΔt ×1R ，因线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，即ΔФΔt ∝ΔI Δt，则由乙图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФΔt不变，则感应电流I 不变，故A 错误，B 正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～t 22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t 22～t 2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba ；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受到的安培力方向向右，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t 2时间内线框受到的安培力方向改变，故C 错误；由题图丙可知，在t 3时刻电流为零，根据F ＝BIL 可知，此时线框受到的安培力为零，故D 正确．7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围成的矩形的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )图7A ．在0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0。

2023届高考物理：电磁感应一轮练习附答案高考：电磁感应（一轮）一、选择题。

1、电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．在磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从b到a，下极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从a到b，上极板带正电2、（双选）如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。

质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。

在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()甲乙A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsin θ－12m v23、（双选）)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示．当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光．在此过程中，下列说法正确的是()A．增加摇动频率，灯泡变亮B．线圈对磁铁的作用力方向不变C．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中，灯泡中电流方向不变4、如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。

金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。

现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向5、（双选）如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a6、如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。

高考物理一轮复习《法拉第电磁感应定律综合应用》典型题（精排版）精品推荐1．如图甲所示，abcd是由导体做成的框架，框架平面与水平面成θ角，质量为m的导线棒PQ与ab、cd接触良好，回路中的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化情况如图乙，PQ始终静止．关于PQ与ab、cd间的摩擦力f在0～t1内的变化情况，下列判断中有可能正确的是( )①f一直增大②f一直减小③f先减小，后增大④f先增大，后减小A．①B．②C．③D．④2．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将做往复运动3．如图所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是( )A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能C．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D．导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v＝mgR B2L24．空中有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域如图所示，磁场区域的高度为h，一质量为m的长方形金属线框abcd(bc边长大于h)从磁场的上方下落，已知线框的ab边在磁场区域运动的过程都是匀速运动，所用时间为t.则线框的cd边在磁场区域运动的过程( )A．做匀速运动B．所用时间比t短C．线框产生的热量大于mghD．线框产生的热量等于mgh5．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为F －μmg RB 2d 2B ．流过电阻R 的电荷量为 BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 6．如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH7．如图所示是磁悬浮列车运行原理模型．两根平行直导轨间距为L ，磁场磁感应强度B 1＝B 2，方向相反，同时以速度v 沿直导轨向右匀速运动．导轨上金属框电阻为R ，运动时受到的阻力为F f ，则金属框运动的最大速度表达式为( )A ．v m ＝B 2L 2v －F f R2B 2L 2B ．v m ＝2B 2L 2v －F f R2B 2L 2C ．v m ＝4B 2L 2v －F f R4B 2L 2D ．v m ＝2B 2L 2v ＋F f R2B 2L 28．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2vRD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 9．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计，cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝ 2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 210．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R .两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻R L ＝4R ，定值电阻R 1＝2R ，电阻箱电阻调到使R 2＝12R ，重力加速度为g ，现将金属棒由静止释放，试求：(1)金属棒下滑的最大速度为多大？(2)当金属棒下滑距离为s0时速度恰达到最大，求此过程中整个电路产生的电热．11．如图所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．高考物理一轮复习《法拉第电磁感应定律综合应用》典型题（精排版）参考答案：1．解析：由图象可知闭合电路中的感应电动势为一恒量，感应电流也是恒量，由于回路中的磁通量是减小的，PQ棒受到的安培力平行于斜面向上，由于磁感应强度减小，PQ棒受到的安培力也是减小的，若PQ棒的重力平行于斜面的分量大于开始时的安培力，f是向上的，也就是当安培力减小时，f一直增大；若PQ棒的重力平行于斜面的分量小于开始时的安培力，f向下，当安培力减小时，f减小，当安培力减小到小于重力平行于斜面的分量时，f反向(向上)增大．答案：AC2．解析：杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl BlvR＝B2l2vR，方向向左，故杆做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．答案：A3．解析：导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下，物体做加速运动．开关闭合时，由右手定则，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的磁场力方向向上，F＝BIL＝B BLvRL，导体棒受到的重力和磁场力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F－mg＝0得，B BLvRL＝mg，v＝mgRB2L2，D正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确．答案：ABD4．解析：ab边做匀速运动，当ab边离开磁场后，由于bc>h，故线框还将加速，所以cd边进入磁场的速度大于ab边在磁场中运动的速度，所以cd边穿过磁场时的平均速度大于ab边做匀速运动的速度，所以所用时间比t短，故B正确；由于cd 边运动过程中做减速运动，所以F 安>mg ，故线框产生的热量大于mgh ，故C 正确．答案：BC5．解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r ，杆受力平衡，故F －μmg－F 安＝0，所以v ＝F －μmg R ＋rB 2d 2，选项A 错；流过电阻R 的电荷量为q＝It ＝ΔΦR ＋r ＝BdlR ＋r，选项B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C 错D 对．答案：BD6．解析：设刚进入磁场时的速度为v 1， 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12.①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L . 由题意得12mv 21＝mgH ，②12mv 21＋mg ·2L ＝12mv 22＋Q .③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．答案：C7．解析：当金属棒受到的安培力和阻力平衡时速度最大，根据E ＝BL (v －v m )，I ＝2E R ，F 安＝BIL,2F 安＝F f ，解得v m ＝4B 2L 2v －F f R 4B 2L 2，故C 正确．答案：C8．解析：金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，故A 对；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，则电阻等效为外电路，其电流方向为b →a ，故B 错；金属棒速度为v 时，安培力大小为F＝BIL，I＝BLvR，由以上两式得：F＝B2L2vR，故C对；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的热量，因此D错．答案：AC9．解析：ab边从水平位置到竖直位置(最低点)的过程中线框中的磁通量逐渐减少，则ab边的电流b→a；t过程中由能量守恒，有Q＝mgL－12mv2，v<2gL，Uab＝ER总·R外，R外＝0，U ab＝0.答案：D10．解析：(1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v m，达到最大时则有mg sin α＝F安F安＝ILB I＝ER总E＝BLvmR总＝6R解得最大速度v m＝3mgR B2L2(2)由能量守恒知，mg·s0sin α＝Q＋12 mv2m代入上面的v m值，可得Q＝mg2(s0－9m2gR2B4L4)答案：(1)3mgRB2L2(2)mg2(s0－9m2gR2B4L4)11．解析：(1)ab对框架的压力F1＝m1g①框架受水平面的支持力F N＝m2g＋F1②依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μF N③ab中的感应电动势E＝Blv④MN中电流I＝ER1＋R2⑤MN受到的安培力F安＝IlB⑥框架开始运动时F安＝F2⑦由上述各式代入数据解得v＝6 m/s⑧(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝R1＋R2R2Q⑨由能量守恒定律，得Fx＝12m1v2＋Q总⑩代入数据解得x＝1.1 m答案：(1)6 m/s (2)1.1 m。