PAGEPAGE11第30講電磁感應定律的綜合應用[解密考綱]主要考查電磁感應問題中涉及安培力的動態分析和平衡問題；會分析電磁感應中電路問題和能量轉化問題，會進行相關計算．1．(2019·宿州高三質檢)(多選)如圖所示，在方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場區域中，有一由均勻導線制成的邊長為L的單匝正方形線框abcd，線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框cd邊始終與磁場右邊界平行，線框導線的總電阻為R.在線框離開磁場的過程中()A．a、b之間的電壓為eq\f(BLv,4)B．線框受到安培力大小為eq\f(B2L2v,R)C．通過線框某處截面的電量為eq\f(BL2,R)D．線框中的電流在ad邊產生的熱量為eq\f(B2L3v,2R)BC解析在線框離開磁場的過程中，ab邊產生的感應電動勢為E＝BLv，線框中的感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，此時a、b之間的電壓為路端電壓U＝I×eq\f(3,4)R＝eq\f(3BLv,4)，故選項A錯誤；由左手定則判斷知，ad與bc所受的安培力大小相等、方向相反，合力為零，則線框所受安培力的合力等于ab邊所受的安培力，為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，故選項B正確；流過線框截面的電量為q＝It＝eq\f(BLv,R)×eq\f(L,v)＝eq\f(BL2,R)，故選項C正確；線框中的電流在ad邊產生的熱量為Q＝I2×eq\f(R,4)t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))2×eq\f(R,4)×eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,4R)，故選項D錯誤．2．(2019·廣東肇慶中學高三滾動復習)在空間存在著豎直向上的各處均勻的磁場，將一個不變形的單匝金屬圓線圈如圖甲所示放入磁場中，當磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示時，下圖中能正確表示線圈中感應電流隨時間變化的圖線是(規定線圈中感應電流的正方向為如圖甲所示)()B解析在0～1s內，根據法拉第電磁感應定律，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔBS,Δt)；根據楞次定律，感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相同，為正值；在1～2s內，磁感應強度不變，感應電動勢為零；在2～4s內，根據法拉第電磁感應定律，E′＝neq\f(ΔΦ′,Δt)＝neq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(E,2)；根據楞次定律，感應電動勢的方向與圖示方向相反，為負值，故選項B正確，A、C、D錯誤．3．如圖所示，閉合導線框向右勻速穿過垂直紙面向里的勻強磁場區域，磁場區域寬度大于線框尺寸，規定線框中逆時針方向的電流為正，則線框中電流i隨時間t變化的圖象可能正確的是()B解析線圈剛進入磁場時，產生逆時針方向的電流；線圈一半進入磁場后有效長度減半，故感應電動勢減半，感應電流減半；線圈出離磁場時產生順時針方向的電流，剛出離磁場時，有效長度為L，一半出離磁場時有效長度減半，則感應電流減半；由以上分析可知，線框中電流i隨時間變化的圖線應該為B．4．(2019·煙臺高三診斷)(多選)如圖所示，空間直角坐標系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B．現有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構成一個電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計的金屬桿MN，已知兩板和桿MN的總質量為m，若對桿MN施加一個沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿開始運動后，則()A．金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應電流B．兩金屬板間的電壓始終保持不變C．兩金屬板和桿做加速度大小為eq\f(F,B2d2C)的勻加速直線運動D．單位時間內電容器增加的電荷量為eq\f(CBdF,m＋B2d2C)AD解析由右手定則可知，充電電流方向為由M流向N，故選項A正確；設此裝置勻加速平移的加速度為a，則時間t后速度v＝at，MN切割磁感線產生電動勢E＝BLv＝Bdat，即電容器兩板電壓U＝E＝Bdat，U隨時間增大而增大，電容器所帶電量Q＝CU＝CBdat，MN間此時有穩定的充電電流I＝eq\f(Q,t)＝CBda，方向向下，根據左手定則可知，MN受到向左的安培力F安＝BIL＝CB2d2a，以整個裝置為研究對象，由牛頓第二定律得F－F安＝ma，即F－CB2d2a＝ma，解得a＝eq\f(F,m＋B2d2C)，方向沿＋x方向，則單位時間內電容器增加的電荷量為eq\f(ΔQ,Δt)＝CBda＝eq\f(CBdF,m＋B2d2C)，故選項B、C錯誤，D正確．5．(2019·漳州高三模擬)(多選)如圖所示，質量為m、電阻為R的單匝矩形線框靜止于粗糙斜面上，線框邊長ab＝L、ad＝2L，虛線MN過ad、bc邊中點．斜面傾角為θ，線框與斜面間的動摩擦因數為μ(μ>tanθ)，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．從某時刻起，在MN右側加一方向垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小按B＝kt(k>0)的規律均勻變化．一段時間后，線框沿斜面向下運動，ab邊剛好勻速穿出磁場時的速度為v，重力加速度為g，則()A．線框剛開始運動時，感應電流的方向為abcdaB．線框剛開始運動時，線框中的電功率為P＝eq\f(2k2L4,R)C．線框離開磁場的過程中安培力所做的功W＝eq\f(1,2)mv2D．線框從開始運動到穿出磁場過程中通過導線截面的電量q＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,kL)AD解析磁場均勻增加，根據楞次定律，感應電流方向為abcda，選項A正確；線框剛要運動時，感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔBL2,ΔtR)＝eq\f(kL2,R)，則線框中的電功率為P＝I2R＝eq\f(k2L4,R)，選項B錯誤；線框下滑過程中有重力、摩擦力、安培力三力做功，且重力小于摩擦力，根據動能定理，安培力做功大于動能變化量，選項C錯誤；當ab開始運動時，由平衡條件得mgsinθ＋B′IL＝μmgcosθ，運動過程中通過的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(B′L2,R)，聯立上式解得q＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,kL)，選項D正確．6．(2019·合肥一中高考沖刺卷)(多選)如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上分布著垂直于斜面的勻強磁場，以垂直于斜面向上為磁感應強度正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示．一質量為m、電阻為R的矩形金屬框從t＝0時刻由靜止釋放，t3時刻的速度為v，移動的距離為L，重力加速度為g，線框面積為S，t1＝t0、t2＝2t0、t3＝3t0.在金屬框下滑的過程中，下列說法正確的是()A．t1～t3時間內金屬框中的電流方向不變B．0～t3時間內金屬框做勻加速直線運動C．0～t3時間內金屬框做加速度逐漸減小的直線運動D．0～t3時間內金屬框中產生的焦耳熱為eq\f(2B\o\al(2,0)S2,Rt0)ABD解析根據B-t圖象可知，t1～t3時間內B-t線的斜率不變，則金屬框中的感應電動勢大小方向不變，則電流方向不變，選項A正確；0～t3時間內金屬框所受安培力的合力為零，則向下做勻加速直線運動，選項B正確，C錯誤；線圈中的感應電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0S,t0)，則0～t3時間內金屬框中產生的焦耳熱為Q＝eq\f(E2,R)·2t0＝eq\f(2B\o\al(2,0)S2,Rt0)，選項D正確．7．(2019·西寧高三一模)(多選)如圖所示，勻強磁場豎直向上，磁感應強度為B．足夠長的光滑傾斜導軌固定于磁場中，導軌寬度為L，傾角為θ，電阻不計，其下端與電阻R連接．電阻為r的導體棒ab，從導軌頂端由靜止釋放，ab棒始終與導軌垂直，則ab棒()A．所受安培力方向沿導軌斜向上B．下滑的最大速度vm＝eq\f(mgR＋rsinθ,B2L2)C．下滑的最大速度vm＝eq\f(mgR＋rsinθ,B2L2cos2θ)D．在達到最大速度之前，減少的重力勢能大于回路中產生的電能CD解析導體棒ab從頂端靜止釋放，下滑過程中，切割磁感線，產生感應電動勢，回路產生感應電流，由楞次定律知ab棒中感應電流由b到a，由左手定則知ab棒受到的安培力水平向右，故選項A錯誤；下滑速度最大時，加速度等于零，感應電動勢為E＝BLvmcosθ，感應電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLvm,R＋r)cosθ，安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)cosθ，根據平衡條件，沿斜面合力為零，則mgsinθ＝F安cosθ，即mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,R＋r)cos2θ，解得vm＝eq\f(mgR＋rsinθ,B2L2cos2θ)，故選項B錯誤，C正確；根據能量守恒，在達到最大速度之前，減少的重力勢能等于增加的動能和回路中產生的電能，所以減少的重力勢能大于回路中產生的電能，故選項D正確．8．(2019·南平高三質檢)(多選)如圖所示，一匝數為n，邊長為L，質量為m，電阻為R的正方形導體線框abcd，與一質量為3m的物塊通過輕質細線跨過兩定滑輪相連．在導體線框上方某一高處有一寬度為L的上、下邊界水平的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．現將物塊由靜止釋放，當ad邊從磁場下邊緣進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，不計—切摩擦．重力加速度為g.則()A．線框ad邊進入磁場之前線框加速度a＝2gB．從線框全部進入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量q＝eq\f(BL2,R)C．整個運動過程線框產生的焦耳熱為Q＝4mgLD．線框進入磁場時的速度大小v＝eq\f(2mgR,n2B2L2)CD解析在線框ad邊進入磁場之前，有3mg－T＝3ma，T－mg＝ma，解得a＝eq\f(1,2)g，選項A錯誤；根據q＝neq\f(ΔΦ,R)可得從線框全部進入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量為q＝eq\f(nBL2,R)，選項B錯誤；線圈進入磁場過程中和穿出磁場過程中的總熱量等于過程中的重力勢能減小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，選項C正確；ab邊剛進入磁場時，導體做勻速直線運動，所以有T＝3mg，T＝mg＋F安，F安＝nBIL，I＝eq\f(nBLv,R)，聯立解得v＝eq\f(2mgR,n2B2L2)，選項D正確．9．(2019·上饒高三模擬)空間存在著如圖所示的勻強磁場，MN為磁場理想邊界，光滑水平面上有一個邊長為a，質量為m，電阻為R的金屬正方形線框，從圖中Ⅰ位置以速度2v沿垂直于磁場方向開始運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的如圖Ⅱ位置時，線框的速度為v，則下列說法錯誤的是()A．在圖中位置Ⅱ時線框中的電功率為eq\f(4B2a2v2,R)B．此過程中回路產生的電能為eq\f(3,2)mv2C．在圖中位置Ⅱ時線框的加速度為eq\f(B2a2v2,2mR)D．此過程中通過線框截面的電荷量為eq\f(Ba2,R)C解析在圖中位置Ⅱ時線框中產生的感應電動勢為E＝2Bav，線框中的電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2a2v2,R)，選項A正確；根據能量守恒定律可得線框中產生的電能為Q＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，選項B正確；在圖中位置Ⅱ時線框所受的安培力的合力F＝2BIa＝2Ba·eq\f(2Bav,R)＝eq\f(4B2a2v,R)，由牛頓第二定律得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(4B2a2v,mR)，選項C錯誤；此過程中通過線框截面的電量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，選項D正確．10．(2019·鄭州高三質檢)(多選)如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻，平直部分導軌左邊區域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區域的過程中(重力加速度為g)()A．金屬棒中的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．金屬棒克服安培力做的功為mghC．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)D．金屬棒產生的電熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)CD解析金屬棒下滑過程中，根據動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達水平面時的速度為v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達水平面后做減速運動，剛到達水平面時的速度最大，最大感應電動勢E＝BLv，則最大感應電流為I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故選項A錯誤；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－WB－μmgd＝0－0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故選項B錯誤；感應電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，故選項C正確；克服安培力做功轉化為焦耳熱，電阻與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產生的焦耳熱Q棒＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)WB＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故選項D正確．11．(2019·濟寧高三模擬)如圖所示，足夠長的“U”形光滑導軌固定在傾角為30°的斜面上，導軌的寬度L＝0.5m，其下端與R＝1Ω的電阻連接，質量為m＝0.2kg的導體棒(長度也為L)與導軌接觸良好，導體棒及導軌電阻均不計．磁感應強度B＝2T的勻強磁場垂直于導軌所在的平面，用一根與斜面平行的不可伸長的輕繩跨過定滑輪將導體棒和質量為M＝0.4kg的重物相連，重物離地面足夠高．使導體棒從靜止開始沿導軌上滑，當導體棒沿導軌上滑t＝1s時，其速度達到最大(取g＝10m/s2)．求：(1)導體棒的最大速度vm；(2)導體棒從靜止開始沿軌道上滑時間t＝1s的過程中，電阻R上產生的焦耳熱是多少？解析(1)速度最大時導體棒切割磁感線產生感應電動勢E＝BLvm，感應電流I＝eq\f(E,R)，安培力FA＝BIL，導體棒達到最大速度時由平衡條件得Mg＝mgsin30°＋FA，聯立解得vm＝3m/s.(2)設繩中拉力為T，對導體棒沿斜面方向由動量定理得Tt－mgsinθ·t－Beq\x\to(I)Lt＝mvm，對重物M由動量定理得Mgt－Tt＝Mvm，即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)v－0，解得1s內流過導體棒的電荷量q＝1.2C，電量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，解得1s內導體棒上滑位移由能量守恒定律得Mgx＝mgxsin30°＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Q，解得Q＝0.9J.答案(1)3m/s(2)0.9J12．(2019·湖北八市高三聯考)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距L傾斜置于勻強磁場中．磁場方向垂直導軌平面向上，斷開開關S，將長也為L的金屬棒ab在導軌上由靜止釋放．經時間t，金屬棒的速度大小為v1，此時閉合開關，最終金屬棒以大小為v2的速度沿導軌勻速運動．已知金屬棒的質量為m，電阻為r，其它電阻均不計，重力加速度為g.(1)求導軌與水平面夾角α的正弦值及磁場的磁感應強度B的大小；(2)若金屬棒的速度從v1增至v2歷時Δt，求該過程中流經金屬棒的電荷量．解析(1)開關斷開時，金屬棒在導軌上勻加速下滑，由牛頓第二定律有mgsinα＝ma，由勻變速運動的規律有v1＝at，解得sinα＝eq\f(v1,gt)，開關閉合后，金屬棒在導軌上做變加速運動，最終以v2勻速，勻速時mgsinα＝BIL，又有I＝eq\f(BLv2,r)，解得B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(mrv1,v2t)).(2)在金屬棒變加速運動階段，根據動量定理可得mgsinαΔt－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mv2－mv1，其中eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝q，聯立上式可得q＝(v1t＋v1Δt－v2t)eq\r(\f(mv2,rv1t)).答案(1)eq\f(v1,gt)eq\f(1,L)eq\r(\f(mrv1,v2t))(2)(v1t＋v1Δt－v2t)eq\r(\f(mv2,rv1t))13．(2019·河南中原名校高三質檢)如圖所示，兩足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距L＝0.5m，導軌平面與水平面夾角為θ＝30°，導軌上端跨接一阻值為R＝0.4Ω的定值電阻．距導軌頂端MP的距離為d＝0.5m的CD(CD∥MP)下方有方向垂直于導軌向上磁感應強度大小為B0＝1T的勻強磁場．現將金屬棒從CD處由靜止釋放．已知金屬棒的質量為m＝0.2kg、電阻為r＝0.1Ω，在運動過程中金屬棒始終與CD保持平行，且與導軌接觸良好．當金屬棒沿導軌下滑距離d時(圖中EF的位置)速度剛好達到最大．已知重力加速度為g＝10m/s2.試求：(1)金屬棒速度達到的最大值vm和從CD下滑到EF的過程中金屬棒上產生的焦耳熱Q；(2)為了使金屬棒經EF后回路中不再產生感應電流，可使磁場的磁感應強度B的大小發生變化．試寫出磁感應強度B隨時間變化的表達式(從金屬棒到EF處開始計時)．解析(1)當金屬棒的合力為零時速度最大，根據閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(B0Lvm,R＋r)，根據平衡條件得mgsinθ＝B0IL，聯立解得vm＝eq\f(mgR＋rsinθ,B\o\al(2,0)L2)＝2m/s；由能量守恒定律得，該過程中系統產生的焦耳熱為Q總＝mgdsinθ－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝0.1J，其中金屬棒中產生的焦耳熱Q＝eq\f(r,R＋r)Q總＝0.02J.(2)由于回路中沒有感應電流，所以金屬棒將做勻加速運動，經過時間t其位移為x＝vmt＋eq\f(1,2)gt2sinθ＝2t＋2.5t2，為了使