1
专题分层突破练11
电磁感应规律及综合应用
A 组基础巩固练
1.(2023 山东烟台一模)智能手表通常采用无线充电方式充电。如图甲所示,充电基座与交流电源相连,
智能手表放置在充电基座旁时未充电,将智能手表压在充电基座上,无需导线连接,智能手表便可以充
电(如图乙所示)。已知充电基座与智能手表都内置了线圈,则( )
A.智能手表和充电基座无导线连接,所以传输能量时没有损失
B.用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电
C.无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量
D.充电时,充电基座线圈的磁场对智能手表线圈中的电子施加力的作用,驱使电子运动
2.(2023 山东德州模拟)某课题组要测量某金属材料的电阻率,他们先取适量该金属材料切割成如图所
示的长方体,长方体的三条边长分别为a、b、c,长方体上、下表面与电流传感器用导线相连,导线左
端紧贴长方体上、下表面。虚线框左侧有垂直于长方体前、后表面的匀强磁场,磁感应强度大小为
B。使匀强磁场以大小为v 的速度向左运动时(长方体全部处于磁场中),电流传感器显示回路中的电
流大小为I。不计电流传感器及导线的电阻,则该金属材料的电阻率为( )
A.Bvab
I
B.Bvab
2
Ic
C.Bvbc
2
Ia
D.Bvc b
2
Ia
3.(2023 江苏卷)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC 导体棒的O 端位于圆心,棒的
中点A 位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O 点在纸面内逆时针转动。O、A、C 点电势分别为
φO、φA、φC,则( )
A.φO>φC
B.φC>φA
C.φO=φA
D.φO-φA=φA-φC
2
4.(多选)(2023 辽宁沈阳模拟)如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。有一半
径为R 的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈平面与磁场方向垂直,线圈直径MN 垂直磁场边界于M
点。现以M 点为轴在纸面内,线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则( )
A.感应电流方向为顺时针方向
B.感应电动势的最大值为BR2ω
C.感应电流的最大值为2B R
2ω
r
D.通过线圈任意横截面的电荷量为BR
4 r
5.(2023 湖南娄底模拟)轻质细线吊着一质量为m=1 kg、边长为0.2 m、电阻R=1 Ω、匝数n=10 的正
方形闭合线圈abcd,bd 为正方形闭合线圈的对角线,bd 下方区域分布着匀强磁场,如图甲所示。磁场
方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线圈的形变和电阻的变化,
线圈平面与磁场方向垂直,整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态,g 取10 m/s2。下列说法正确
的是( )
A.线圈中感应电流的方向为adcba
B.线圈中的感应电流大小为0.2 A
C.0~2 s 时间内线圈中产生的热量为0.02 J
D.6 s 时线圈所受安培力的大小为0.08√2 N
6.(2023 山东济南二模)如图所示,空间存在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场,金属棒MN 以角
速度ω 绕过O 点的竖直轴PQ 沿顺时针(从上往下看)旋转。已知NQ=2MP=2r。则( )
A.M 点电势高于N 点电势
3
B.N 点电势低于O 点电势
C.N、M 两点的电势差为3
2
Br2ω
D.M、N 两点的电势差为5
2
Br2ω
7.(2023 四川成都模拟)如图所示,空间存在方向垂直纸面向里、足够大的磁场,以竖直向下为z 轴正方
向,磁感应强度的大小为B=B0+kz(各物理量均采用国际单位制单位),式中B0、k 为常量。纸面内一质
量为m、边长为a、总电阻为R 的正方形线框在磁场中由静止开始下落,初始时导线框底边与z 轴垂
直,最终线框将匀速下落,重力加速度大小为g,则线框匀速下落时的速度大小为( )
A. mgR
2k
2a
4
B.mgR
k
2a
4
C.2mgR
k
2a
4
D.4 mgR
k
2a
4
8.(2023 湖南长沙一模)如图所示,正方形线框abcd 放在匀强磁场(磁场未画出)中静止不动,磁场方向
与线框平面垂直,磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示。t=0 时刻,磁感应强度的方向垂直纸
面向里。下列选项中能表示线框的ab 边受到的安培力F 随时间t 的变化关系的是(规定水平向左为
F 的正方向)( )
B 组素能提升练
4
9.(2023 浙江金华模拟)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de,ab 与de 平行且相距为L,bc
是以O 为圆心、半径为r 的圆弧导轨。圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图所示的匀强磁场,磁感
应强度均为B。a、d 两端接有一个电容为C 的电容器,金属杆OP 的O 端与e 点用导线相接,P 端与
圆弧bc 接触良好,初始时,可滑动的金属杆MN 静止在平行导轨上,金属杆MN 质量为m,金属杆MN 和
OP 电阻均为R,其余电阻不计。若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内以角速度ω 从b 到c 匀速转动时,回
路中始终有电流,则此过程中,下列说法正确的有( )
A.金属杆OP 产生的感应电动势恒为Bωr2
B.电容器所带的电荷量恒为BCωr
2
2
C.金属杆MN 中的电流逐渐减小
D.金属杆MN 向左做匀加速直线运动,加速度大小为B
2ω
2r
2 L
4 mR
10.(多选)(2023 山东卷)足够长U 形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1 m,电阻不计。质量为1
kg、长为1 m、电阻为1 Ω 的导体棒MN 放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好,Ⅰ和
Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2 T,方向向下。用不可
伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD 段中点与质量为0.1 kg 的重物相连,绳与CD 垂直且平行于桌
面。如图所示,某时刻MN、CD 同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD 与磁场边
界平行。MN 的速度v1=2 m/s,CD 的速度为v2且v2>v1,MN 和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速
度大小取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.B2的方向向上
B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s
D.v2=3 m/s
11.(2023 湖南卷)如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成
的平面均与水平面成θ 角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为
B。现将质量均为m 的金属棒a、b 垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过
程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为
g。
5
(1)先保持棒b 静止,将棒a 由静止释放,求棒a 匀速运动时的速度大小v0。
(2)在(1)问中,当棒a 匀速运动时,再将棒b 由静止释放,求释放瞬间棒b 的加速度大小a0。
(3)在(2)问中,从棒b 释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v 的大小,以及
时间t0内棒a 相对于棒b 运动的距离Δx。
12.(2023 全国新课标卷)一边长为L、质量为m 的正方形金属框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平
桌面(纸面)上。宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为
磁场边界,如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界
平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽
略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过
程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热
量。
6
专题分层突破练11 电磁感应规律及综合应用
1.B 智能手表在充电基座上充电时存在漏磁效应,所以传输能量时有损失,A 错误;智能手表充
电利用的是互感原理,因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来,之后仍能为智能手表充电,B 正确;无
线充电的原理是充电基座内的线圈电流变化,产生变化的磁场,导致智能手表内部线圈中的磁通
量发生改变,线圈产生感应电流,与变压器、互感器的原理相同,C 错误;根据上述分析,充电基座
线圈的磁场变化产生感应电场,感应电场使智能手表中的线圈内部的电子做定向运动,形成电
流,D 错误。
2.A 磁场向左运动的过程中,金属材料产生的感应电动势E=Bcv,金属材料的电阻R=ρ c
ab
,根据
闭合欧姆定律得I= E
R
,整理得ρ=Bvab
I
,故选A。
3.A 导体棒的OA 部分切割磁感线,根据右手定则,在电源内部,电流方向由低电势指向高电势,
故φO>φA=φC,选项A 正确。
4.AD 根据楞次定律,感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化,在线圈转动的过程中通过
线圈的磁通量减小,则感应电流方向为顺时针方向,故A 正确;当转过90°时的瞬间感应电动势最
大,此时切割磁感线的有效长度最大,为圆形线圈的直径,由此可得感应电动势的最大值为Em=1
2
B(2R)2ω=2BR2ω,根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值为Im= Em
R总
= 2B R
2ω
2π Rr = BRω
π r
,
故B、C 错误;通过线圈任意横截面的电荷量为q= ΔΦ
R总
=
1
2 π R
2B
2π Rr = RB
4 r
,故D 正确。
5.C 由图乙可知磁场的方向垂直纸面向里且磁感应强度增大,由楞次定律可知,感应电流产生的
磁场垂直纸面向外,线圈中感应电流的方向为逆时针,即abcda,故A 错误;线圈中的感应电流大小
I=nS Δ B
R Δt
,设线圈的边长为l,则S=l
2
2
,联立代入数据解得I=0.1 A,故B 错误;0~2 s 时间内线圈产生
的热量为Q=I2Rt=0.02 J,故C 正确;线圈的bcd 部分在匀强磁场中受到安培力,6 s 时线圈所受安
培力的大小F=nIBL=10×0.1×4×0.2√2 N=0.8√2 N,故D 错误。
6.C 金属棒MN 以角速度ω 绕过O 点的竖直轴PQ 沿顺时针旋转,MO 部分切割磁感线的有效
长度为MP 长度,等于r;NO 部分切割磁感线的有效长度为NQ 长度,等于2r;由金属棒转动切割磁
感线产生电动势E=BLv,可知两部分产生的电动势分别为EMO=Br·ωr
2 = Bωr
2
2
,ENO=B·2rω·2r
2
=2Bωr2,由于金属棒未与其他导体构成闭合回路,所以有UMO=EMO=Bωr
2
2
,UNO=ENO=2Bωr2,则有
φN>φO,UMN=UNO-UMO=3
2
Bωr2,则有φN>φM,故选C。
7
7.B 线框中电动势为E=B 下av-B 上av=(B 下-B 上)av,由题意可得B 下-B 上=ka,根据I= E
R
,联立可得
I=k a
2v
R
,当线框匀速下落时有mg=(B 下-B 上)Ia,解得v=mgR
k
2a
4 ,故选B。
8.A 0~1 s 内磁场方向向里且均匀减小,由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,由
公式E= ΔΦ
Δt = Δ B
Δt
S 可知产生的感应电动势恒定,由于I= E
R
,则电流恒定;由F=BIL 可知线框的
ab 边受到的安培力F 均匀减小,由左手定则可知安培力方向水平向左,为正值。1~3 s 内磁场方
向向外且均匀增大,由楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,感应电动势恒定,电流恒
定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀增大,安培力均匀增大,由左手定则可知安培力方向
水平向右,为负值。3~5 s 内磁场方向向外且均匀减小,由楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的
感应电流,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,随着磁感应强度均匀减小,安培力均
匀减小,由左手定则可知安培力方向水平向左,为正值。5~6 s 内磁场方向向里且均匀增大,由楞
次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流,感应电动势恒定,电流恒定;根据安培力公式可知,
随着磁感应强度均匀增大,安培力均匀增大,由左手定则可知安培力方向水平向右,为负值。故选
A。
9.C OP 产生的感应电动势恒为E=Brv=Brωr
2 = 1
2
Bωr2,故A 错误;由右手定则知OP 产生的感
应电流方向由O 到P,则MN 中电流方向由M 到N,由左手定则知MN 受到向左的安培力,MN 向
左做加速运动,也产生感应电流,与OP 产生的电流方向相反,有EMN=BLvMN,随着MN 的速度增加,
回路中电动势的和逐渐减小,电流减小,电容器的电压减小,则电容器所带的电荷量逐渐减小,故B
错误,C 正确;回路中电流逐渐减小,MN 受到的安培力逐渐减小,则MN 向左做加速度逐渐减小的
加速直线运动,故D 错误。
10.BD 由于v2>v1,对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力
大小为Ff=μmg=2 N,导体棒受到的安培力大小为F1=Ff=2 N,由左手定则可知导体棒的电流方向
为N→M,由平衡条件可知导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力,导轨受到的安
培力大小为F2=Ff-m0g=1 N,由左手定则可知B2的方向向下,选项A 错误,B 正确;对导体棒有
F1=B1IL,对导轨有F2=B2IL,电路中的电流为I=B1 Lv1- B2 Lv2
r
,联立解得v2=3 m/s,选项C 错误,D
正确。
11.答案 (1)2mgRsinθ
B
2 L
2
(2)2gsin θ
(3)gt0sin θ+mgR sinθ
B
2 L
2
2m
2 R
2 gsinθ
B
4 L
4
解析 (1)a、b 与导轨构成闭合回路,b 静止,a 切割磁感线,a 相当于电源
a 匀速运动时,对a 有E=BLv0
8
I= E
2 R
由平衡条件得
mgsin θ=BIL
解得v0=2mgRsinθ
B
2 L
2
。
(2)释放b 瞬间,b 所受的安培力沿轨道向下,且大小为BIL=mgsin θ
对b,由牛顿第二定律得mgsin θ+BIL=ma0
解得a0=2gsin θ。
(3)b 释放之后,对a、b 组成的系统,由动量定理得
2mgt0sin θ=2mv-mv0
解得v=gt0sin θ+mgRsinθ
B
2 L
2
对b 由动量定理得mgt0sin θ+IF=mv
IF=BLIΔt=BLq
q= ΔΦ
2 R = BL Δ x
2 R
解得Δx=2m
2 R
2 gsinθ
B
4 L
4
。
12.答案 (1)B
2 L
3
m R0
(2) 3 B
4 L
6
25m R0
2
解析 (1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得
-BILt=mv0
2
-mv0
通过金属框的电流I = E
4 R0
根据法拉第电磁感应定律有E = 2B L
2
t
联立解得v0=B
2 L
3
m R0
。
(2)金属框进入磁场的过程中
根据动量定理可得-BI'Lt'=mv1-mv0
通过金属框的电流I'=
E'
2 R0 R0
2 R0+ R0
+ R0
根据法拉第电磁感应定律有E'=B L
2
t '
9
解得v1=2B
2 L
3
5m R0
金属框完全在磁场中运动时,根据动量定理可得
-BI″Lt″=mv2-mv1
通过金属框的电流I″=
E″
R0 R0
R0+ R0
+2 R0
根据法拉第电磁感应定律有E″=B L
2
t ″
解得v2=0
即金属框右边刚好停在磁场右侧边界处
在进入磁场的过程中Q 总=1
2 m v0
2- 1
2 m v1
2
电阻R1的发热量为Q1=
2
3 R0
R0+ 2
3 R0
× 1
3
Q 总
解得Q1= 7 B
4 L
6
125m R0
2
金属框完全在磁场中运动时,Q 总'=1
2 m v1
2
电阻R1的发热量为Q1'=
2 R0
2 R0+ 1
2 R0
Q 总'
解得Q1'= 8 B
4 L
6
125m R0
2
电阻R1上的总发热量Q1 总=Q1+Q1'
解得Q1 总= 3 B
4 L
6
25m R0
2。
