高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)三十電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(建議用時(shí)40分鐘)1.如圖所示，豎直直線MN的右側(cè)有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。正方形線框abcd的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，從t＝0時(shí)刻起線框在外力作用下從圖示位置由靜止水平向右勻加速運(yùn)動(dòng)。線框單位長(zhǎng)度電阻均相同，在運(yùn)動(dòng)過程中，線框c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ucd隨時(shí)間變化的特點(diǎn)與下列圖象一致的是()〖解析〗選D。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，ab相當(dāng)于電源，則a、b間電勢(shì)差指路端電壓，c、d間電勢(shì)差指cd間的電壓，又由楞次定律得電流為逆時(shí)針方向，d點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，故Uab＝eq\f(3,4)BLv＝eq\f(3,4)BLat，Ucd＝eq\f(1,4)BLv＝eq\f(1,4)BLat線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，線圈中無(wú)感應(yīng)電流，但cd切割磁感線，所以cd之間電勢(shì)差不為零，且d點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，則Ucd＝BLv＝BLat，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面，如圖所示。在磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大的過程中，下列說法正確的是()A．A環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于B環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．兩導(dǎo)線環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等C．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流的大小之比為1∶4D．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流均為順時(shí)針方向〖解析〗選B。某一時(shí)刻穿過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的磁通量均為穿過磁場(chǎng)所在區(qū)域面積上的磁通量，設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的面積為S，則Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S(S為磁場(chǎng)區(qū)域面積)，對(duì)A、B兩導(dǎo)線環(huán)，有eq\f(EA,EB)＝1，A錯(cuò)誤，B正確；由I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1為導(dǎo)線的橫截面積)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流均為逆時(shí)針方向，D錯(cuò)誤。〖題后反思〗磁通量與有磁場(chǎng)穿過的線圈面積有關(guān)，與線圈的實(shí)際面積無(wú)關(guān)。導(dǎo)線電阻與導(dǎo)線長(zhǎng)度成正比。3.(2021·寧德模擬)有一種信號(hào)發(fā)生器的工作原理可簡(jiǎn)化為如圖所示的情形，豎直面內(nèi)有半徑均為R且相切于O點(diǎn)的兩圓形區(qū)域，其內(nèi)存在水平恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，長(zhǎng)為2R的導(dǎo)體桿OA，以角速度ω繞過O點(diǎn)的固定軸，在豎直平面內(nèi)順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，t＝0時(shí)，OA恰好位于兩圓的公切線上，下列描述導(dǎo)體桿兩端電勢(shì)差UAD隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()〖解析〗選A。由右手定則可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終從O指向A，為正，由E＝eq\f(1,2)BωL2，L是有效切割長(zhǎng)度，B、ω不變，切割的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間先增大后減小，且做非線性，非正弦的變化，經(jīng)半圈后，再次重復(fù)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4．(多選)(2021·昆明模擬)如圖甲所示，用絕緣輕繩將一矩形線框靜止懸吊在空中，線框處于豎直平面內(nèi)。線框正上方有一固定通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通入大小、方向按圖乙所示規(guī)律變化的電流，取圖甲中箭頭所示的方向?yàn)殡娏鞯恼较?。已知通入電流的過程中線框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列關(guān)于輕繩上拉力的說法中正確的是()A．t＝0.05s時(shí)，矩形線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0B．t＝0.10s時(shí)，矩形線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0C．0～0.05s時(shí)間內(nèi)輕繩上的拉力小于線框的重力D．0～0.10s時(shí)間內(nèi)輕繩上的拉力小于線框的重力〖解析〗選B、C。t＝0.05s時(shí)，直導(dǎo)線中電流的變化率不為零，則穿過矩形線框的磁通量的變化率不為零，則線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝0.10s時(shí)，直導(dǎo)線中電流的變化率為零，則穿過矩形線框的磁通量的變化率為零，則線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，選項(xiàng)B正確；0～0.05s時(shí)間內(nèi)，直導(dǎo)線中電流向左減小，穿過線圈的磁通量向外減小，則線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，則線框受到的安培力的合力向上，則輕繩上的拉力小于線框的重力；同理可判斷0.05～0.1s時(shí)間內(nèi)，線框受安培力的合力向下，則輕繩上的拉力大于線框的重力；選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。5.(多選)(2020·海南高考)如圖，足夠長(zhǎng)的間距d＝1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度L＝1m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，方向如圖所示。一根質(zhì)量ma＝0.1kg，阻值R＝0.5Ω的金屬棒a以初速度v0＝4m/s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過磁場(chǎng)區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb＝0.2kg，阻值R＝0.5Ω的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，A．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25JD．金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界0.8m〖解析〗選B、D。金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B正確；電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，金屬棒a受到的安培力為eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)d·Δt＝mava－mav0，解得金屬棒第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度va＝1.5m/s，金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))，聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得Q＝0.6875J，由于兩金屬棒電阻相同，兩金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得mava＝mav′a＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＝eq\f(1,2)mav′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))，聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為va＝－0.5m/s，設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界x處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(B（L－x）d,Δt′)，平均電流為eq\x\to(I)′＝eq\f(\x\to(E)′,2R)，金屬棒a受到的安培力為eq\o(F,\s\up6(－))′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))′d·Δt′＝0－mav′a，聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得x＝0.8m，D正確。6.(2021·雅安模擬)如圖甲所示,在一個(gè)正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi),存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的方向與線圈所圍的面積S=200cm2,匝數(shù)n=1000,線圈電阻r=1.0Ω。線圈與電阻R構(gòu)成閉合回路,電阻R=4.0Ω。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示,求:(1)在t=2.0s時(shí)刻,通過電阻R的感應(yīng)電流的大小;(2)在t=5.0s,電阻R消耗的電功率;(3)在0～6.0s內(nèi)整個(gè)閉合電路中產(chǎn)生的熱量?！冀馕觥?1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,0～4.0s時(shí)間內(nèi)線圈中磁通量均勻變化,產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流。t1=2.0s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=n=n=1V,根據(jù)閉合電路歐姆定律,閉合回路中的感應(yīng)電流I1=,解得I1=0.2A。(2)由題圖乙可知,在4.0～6.0s時(shí)間內(nèi),線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=n=n=4V,根據(jù)閉合電路歐姆定律,t2=5.0s時(shí)閉合回路中的感應(yīng)電流I2==0.8A,電阻消耗的電功率P2=R=2.56W。(3)根據(jù)焦耳定律,0～4.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q1=(r+R)Δt1=0.8J,4.0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q2=(r+R)Δt2=6.4J,故0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2=7.2J?！即鸢浮?(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J7.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線框的邊長(zhǎng)L小于有界磁場(chǎng)的寬度D。在整個(gè)過程中線框的ab邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行，若以F表示拉力、以Uab表示線框ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差、I表示通過線框的電流(規(guī)定逆時(shí)針為正，順時(shí)針為負(fù))、P表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時(shí)間變化的圖象中正確的是()〖解析〗選D。設(shè)線框每邊電阻為R，線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框速度為v，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，線框中的電流I＝eq\f(BLv,4R)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(正方向)；力F大小為F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(E,4R)×3R＝eq\f(3,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過程Uab＝E＝BLv，F(xiàn)＝0，I＝0，P＝0，線框離開磁場(chǎng)過程，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，線框中的電流I＝eq\f(BLv,4R)，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(負(fù)方向)；力F大小為F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(E,4R)×R＝eq\f(1,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，由圖示圖象可知，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。8.(創(chuàng)新題)如圖所示，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值之比為1∶2∶3，導(dǎo)線的電阻不計(jì)。當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為I；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為5I；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為()A.0B．4IC．6ID．7I〖解析〗選D。因?yàn)镽1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以設(shè)R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由電路圖可知，當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時(shí)，電阻R1與R2組成閉合回路，設(shè)此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是E1，由歐姆定律可得：E1＝3IR；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時(shí)，電阻R2與R3組成閉合回路，設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2，由歐姆定律可得：E2＝5I×5R＝25IR；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時(shí)，電阻R1與R3組成閉合回路，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝E1＋E2＝28IR，則此時(shí)的電流I′＝eq\f(28IR,4R)＝7I，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。9．(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個(gè)豎直放置的寬為L(zhǎng)、長(zhǎng)為3L、單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為m、單位長(zhǎng)度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到虛線位置(在左邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，在右邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為2L)時(shí)，線框的速度為eq\f(1,3)v，則下列判斷正確的是()A.此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電功率為eq\f(25B2L2v2,72r)B．此過程中通過線框截面的電量為eq\f(5BL2,4r)C．此過程中線框克服安培力做的功為eq\f(32,9)Lmv2D．此時(shí)線框的加速度大小為eq\f(25B2v,192mr)〖解析〗選C、D。線框左邊切割磁感線相當(dāng)于電源，由右手定則可知，其下端為正極，同理線框右邊其上端為正極，則感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2BL×eq\f(v,3)＋3BL×eq\f(v,3)＝eq\f(5BLv,3)，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(5BLv,3),8Lr)＝eq\f(5Bv,24r)，此時(shí)線框中的電功率P＝I2×8Lr＝eq\f(25B2v2L,72r)，A錯(cuò)誤；此過程穿過線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝(3B·2L2－2B·L2)－(－2B·3L2)＝10BL2，通過線框截面的電量為q＝eq\f(ΔΦ,8Lr)＝eq\f(5BL,4r)，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律得到，此過程中克服安培力做的功為W克A＝eq\f(1,2)×8Lmv2－eq\f(1,2)×8Lm(eq\f(v,3))2＝eq\f(32Lmv2,9)，C正確；左右兩邊所受安培力大小分別為F左＝2BIL＝eq\f(5B2Lv,12r)，方向向左，F(xiàn)右＝3BIL＝eq\f(5B2Lv,8r)，方向向左，則根據(jù)牛頓第二定律得F左＋F右＝Ma，其中M＝8Lm，解得：a＝eq\f(25B2v,192mr)，D正確。10．(2021·潛江模擬)如圖(a)，兩根足夠長(zhǎng)不計(jì)電阻的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，間距L＝1.0m，導(dǎo)軌左側(cè)連接一阻值R1＝6Ω的電阻，右側(cè)連接另一阻值R2＝3Ω的電阻。在導(dǎo)軌間CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(俯視圖)，點(diǎn)C、F間的距離d＝0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化的圖象如圖(b)，阻值r＝3Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在離R1較近的位置AB處。t＝0時(shí)金屬棒在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在0～0.4s時(shí)間內(nèi)R1兩端電壓為U，在t＝0.5s時(shí)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過程中，R(1)t＝0.2s時(shí)整個(gè)回路的電動(dòng)勢(shì)；(2)恒力F的大?。?3)金屬棒從AB運(yùn)動(dòng)到EF的過程中整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量?！冀馕觥?1)在t＝0.2s時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)Ld①得E＝2.5V②(2)在t＝0～0.4s時(shí)間內(nèi)，電阻R1與金屬棒并聯(lián)，再與R2串聯(lián)R＝R并＋R2＝5Ω③U＝eq\f(E,R)R并＝1.0V④金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，r為電源內(nèi)阻，外電阻為R1與R2并聯(lián)，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.5A⑤FA＝BI′L＝1.0N由于金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后R1兩端電壓始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，得F＝BI′L＝1.0N⑥(3)金屬棒在0～0.4s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，有Q＝eq\f(E2,R)t1＝eq\f(2.52,5)×0.4J＝0.5J⑦金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，整個(gè)回路的總電阻R′＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝5Ω⑧E′＝I′R′＝2.5V⑨得v＝eq\f(E′,BL)＝1.25m/s⑩t′＝eq\f(d,v)＝0.4sQ′＝E′I′t′＝0.5J?Q總＝Q＋Q′＝1.0J?〖答案〗(1)2.5V(2)1.0N(3)1.0J〖加固訓(xùn)練〗(多選)如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m。它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。開始時(shí)，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界的距離為L(zhǎng)?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，a、b兩個(gè)線框開始做勻速運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，則 ()A.a、b兩個(gè)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為B.線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊離開磁場(chǎng)所用時(shí)間為C.從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgLD.從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgL〖解析〗選A、B、C。設(shè)兩線框剛勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)輕繩上的張力為T，則對(duì)a有：T=2mg-BIL，對(duì)b有：T=mg，I=，E=BLv，聯(lián)立解得：v=，A正確；線框a從下邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框a通過磁場(chǎng)時(shí)以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框a通過磁場(chǎng)的時(shí)間為t，則t=，B正確；從開始運(yùn)動(dòng)到線框a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，線框a只在a勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為Q，由功能關(guān)系可得：2mgL-mgL=Q，所以Q=mgL，C正確；設(shè)兩線框從開始運(yùn)動(dòng)至a全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運(yùn)動(dòng)2L的距離，對(duì)這一過程，由能量守恒定律有：4mgL=2mgL+·3mv2+W，解得：W=2mgL-,D錯(cuò)誤。電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用(建議用時(shí)40分鐘)1.如圖所示，豎直直線MN的右側(cè)有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。正方形線框abcd的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，從t＝0時(shí)刻起線框在外力作用下從圖示位置由靜止水平向右勻加速運(yùn)動(dòng)。線框單位長(zhǎng)度電阻均相同，在運(yùn)動(dòng)過程中，線框c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ucd隨時(shí)間變化的特點(diǎn)與下列圖象一致的是()〖解析〗選D。線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，ab相當(dāng)于電源，則a、b間電勢(shì)差指路端電壓，c、d間電勢(shì)差指cd間的電壓，又由楞次定律得電流為逆時(shí)針方向，d點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，故Uab＝eq\f(3,4)BLv＝eq\f(3,4)BLat，Ucd＝eq\f(1,4)BLv＝eq\f(1,4)BLat線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，線圈中無(wú)感應(yīng)電流，但cd切割磁感線，所以cd之間電勢(shì)差不為零，且d點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，則Ucd＝BLv＝BLat，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2.A、B兩閉合圓形導(dǎo)線環(huán)用相同規(guī)格的導(dǎo)線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導(dǎo)線環(huán)包圍的空間內(nèi)存在一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)線環(huán)所在的平面，如圖所示。在磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大的過程中，下列說法正確的是()A．A環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于B環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．兩導(dǎo)線環(huán)內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等C．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流的大小之比為1∶4D．流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流均為順時(shí)針方向〖解析〗選B。某一時(shí)刻穿過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的磁通量均為穿過磁場(chǎng)所在區(qū)域面積上的磁通量，設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的面積為S，則Φ＝BS，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S(S為磁場(chǎng)區(qū)域面積)，對(duì)A、B兩導(dǎo)線環(huán)，有eq\f(EA,EB)＝1，A錯(cuò)誤，B正確；由I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1為導(dǎo)線的橫截面積)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)＝eq\f(1,2)，C錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，流過A、B兩導(dǎo)線環(huán)的感應(yīng)電流均為逆時(shí)針方向，D錯(cuò)誤。〖題后反思〗磁通量與有磁場(chǎng)穿過的線圈面積有關(guān)，與線圈的實(shí)際面積無(wú)關(guān)。導(dǎo)線電阻與導(dǎo)線長(zhǎng)度成正比。3.(2021·寧德模擬)有一種信號(hào)發(fā)生器的工作原理可簡(jiǎn)化為如圖所示的情形，豎直面內(nèi)有半徑均為R且相切于O點(diǎn)的兩圓形區(qū)域，其內(nèi)存在水平恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，長(zhǎng)為2R的導(dǎo)體桿OA，以角速度ω繞過O點(diǎn)的固定軸，在豎直平面內(nèi)順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，t＝0時(shí)，OA恰好位于兩圓的公切線上，下列描述導(dǎo)體桿兩端電勢(shì)差UAD隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()〖解析〗選A。由右手定則可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終從O指向A，為正，由E＝eq\f(1,2)BωL2，L是有效切割長(zhǎng)度，B、ω不變，切割的有效長(zhǎng)度隨時(shí)間先增大后減小，且做非線性，非正弦的變化，經(jīng)半圈后，再次重復(fù)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4．(多選)(2021·昆明模擬)如圖甲所示，用絕緣輕繩將一矩形線框靜止懸吊在空中，線框處于豎直平面內(nèi)。線框正上方有一固定通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通入大小、方向按圖乙所示規(guī)律變化的電流，取圖甲中箭頭所示的方向?yàn)殡娏鞯恼较?。已知通入電流的過程中線框一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列關(guān)于輕繩上拉力的說法中正確的是()A．t＝0.05s時(shí)，矩形線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0B．t＝0.10s時(shí)，矩形線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0C．0～0.05s時(shí)間內(nèi)輕繩上的拉力小于線框的重力D．0～0.10s時(shí)間內(nèi)輕繩上的拉力小于線框的重力〖解析〗選B、C。t＝0.05s時(shí)，直導(dǎo)線中電流的變化率不為零，則穿過矩形線框的磁通量的變化率不為零，則線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝0.10s時(shí)，直導(dǎo)線中電流的變化率為零，則穿過矩形線框的磁通量的變化率為零，則線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，選項(xiàng)B正確；0～0.05s時(shí)間內(nèi)，直導(dǎo)線中電流向左減小，穿過線圈的磁通量向外減小，則線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，則線框受到的安培力的合力向上，則輕繩上的拉力小于線框的重力；同理可判斷0.05～0.1s時(shí)間內(nèi)，線框受安培力的合力向下，則輕繩上的拉力大于線框的重力；選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。5.(多選)(2020·海南高考)如圖，足夠長(zhǎng)的間距d＝1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度L＝1m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，方向如圖所示。一根質(zhì)量ma＝0.1kg，阻值R＝0.5Ω的金屬棒a以初速度v0＝4m/s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過磁場(chǎng)區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb＝0.2kg，阻值R＝0.5Ω的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，A．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C．金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25JD．金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界0.8m〖解析〗選B、D。金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B正確；電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLd,Δt)，平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，金屬棒a受到的安培力為eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)d·Δt＝mava－mav0，解得金屬棒第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度va＝1.5m/s，金屬棒a第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))，聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得Q＝0.6875J，由于兩金屬棒電阻相同，兩金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱Qb＝eq\f(Q,2)＝0.34375J，故C錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得mava＝mav′a＋mbvb，eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＝eq\f(1,2)mav′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))，聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為va＝－0.5m/s，設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界x處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)′＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(B（L－x）d,Δt′)，平均電流為eq\x\to(I)′＝eq\f(\x\to(E)′,2R)，金屬棒a受到的安培力為eq\o(F,\s\up6(－))′＝Beq\o(I,\s\up6(－))′d，規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))′d·Δt′＝0－mav′a，聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得x＝0.8m，D正確。6.(2021·雅安模擬)如圖甲所示,在一個(gè)正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi),存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)的方向與線圈所圍的面積S=200cm2,匝數(shù)n=1000,線圈電阻r=1.0Ω。線圈與電阻R構(gòu)成閉合回路,電阻R=4.0Ω。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示,求:(1)在t=2.0s時(shí)刻,通過電阻R的感應(yīng)電流的大小;(2)在t=5.0s,電阻R消耗的電功率;(3)在0～6.0s內(nèi)整個(gè)閉合電路中產(chǎn)生的熱量?！冀馕觥?1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,0～4.0s時(shí)間內(nèi)線圈中磁通量均勻變化,產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流。t1=2.0s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=n=n=1V,根據(jù)閉合電路歐姆定律,閉合回路中的感應(yīng)電流I1=,解得I1=0.2A。(2)由題圖乙可知,在4.0～6.0s時(shí)間內(nèi),線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=n=n=4V,根據(jù)閉合電路歐姆定律,t2=5.0s時(shí)閉合回路中的感應(yīng)電流I2==0.8A,電阻消耗的電功率P2=R=2.56W。(3)根據(jù)焦耳定律,0～4.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q1=(r+R)Δt1=0.8J,4.0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q2=(r+R)Δt2=6.4J,故0～6.0s內(nèi)閉合電路中產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2=7.2J?！即鸢浮?(1)0.2A(2)2.56W(3)7.2J7.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線框的邊長(zhǎng)L小于有界磁場(chǎng)的寬度D。在整個(gè)過程中線框的ab邊始終與磁場(chǎng)的邊界平行，若以F表示拉力、以Uab表示線框ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差、I表示通過線框的電流(規(guī)定逆時(shí)針為正，順時(shí)針為負(fù))、P表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時(shí)間變化的圖象中正確的是()〖解析〗選D。設(shè)線框每邊電阻為R，線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框速度為v，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，線框中的電流I＝eq\f(BLv,4R)，方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向(正方向)；力F大小為F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(E,4R)×3R＝eq\f(3,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過程Uab＝E＝BLv，F(xiàn)＝0，I＝0，P＝0，線框離開磁場(chǎng)過程，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，線框中的電流I＝eq\f(BLv,4R)，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(負(fù)方向)；力F大小為F＝F安＝eq\f(B2L2v,4R)，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(E,4R)×R＝eq\f(1,4)BLv，拉力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,4R)，由圖示圖象可知，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。8.(創(chuàng)新題)如圖所示，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值之比為1∶2∶3，導(dǎo)線的電阻不計(jì)。當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為I；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為5I；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為()A.0B．4IC．6ID．7I〖解析〗選D。因?yàn)镽1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以設(shè)R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由電路圖可知，當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時(shí)，電阻R1與R2組成閉合回路，設(shè)此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是E1，由歐姆定律可得：E1＝3IR；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時(shí)，電阻R2與R3組成閉合回路，設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2，由歐姆定律可得：E2＝5I×5R＝25IR；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時(shí)，電阻R1與R3組成閉合回路，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝E1＋E2＝28IR，則此時(shí)的電流I′＝eq\f(28IR,4R)＝7I，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。9．(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個(gè)豎直放置的寬為L(zhǎng)、長(zhǎng)為3L、單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為m、單位長(zhǎng)度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到虛線位置(在左邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，在右邊磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為2L)時(shí)，線框的速度為eq\f(1,3)v，則下列判斷正確的是()A.此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電功率為eq\f(25B2L2v2,72r)B．此過程中通過線框截面的電量為eq\f(5BL2,4r)C．此過程中線框克服安培力做的功為eq\f(32,9)Lmv2D．此時(shí)線框的加速度大小為eq\f(25B2v,192mr)〖解析〗選C、D。線框左邊切割磁感線相當(dāng)于電源，由右手定則可知，其下端為正極，同理線框右邊其上端為正極，則感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2BL×eq\f(v,3)＋3BL×eq\f(v,3)＝eq\f(5BLv,3)，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(5BLv,3),8Lr)＝eq\f(5Bv,24r)，此時(shí)線框中的電功率P＝I2×8Lr＝eq\f(25B2v2L,72r)，A錯(cuò)誤；此過程穿過線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝(3B·2L2－2B·L2)－(－2B·3L2)＝10BL2，通過線框截面的電量為q＝eq\f(ΔΦ,8Lr)＝eq\f(5BL,4r)，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律得到，此過程中克服安培力做的功為W克A＝eq\f(1,2)×8Lmv2－eq\f(1,2)×8Lm(eq\f(v,3))2＝eq\f(32Lmv2,9)，C正確；左右兩邊所受安培力大小分別為F左＝2BIL＝eq\f(5B2Lv,12r)，方向向左，F(xiàn)右＝3BIL＝eq\f(5B2Lv,8r)，方向向左，則根據(jù)牛頓第二定律得F左＋F右＝Ma，其中M＝8Lm，解得：a＝eq\f(25B2v,192mr)，D正確。10．(2021·潛江模擬)如圖(a)，兩根足夠長(zhǎng)不計(jì)電阻的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，間距L＝1.0m，導(dǎo)軌左