电磁感应精讲精练：电磁感应综合应用典型习题 Word版含答案

1．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：选C.小磁块下落过程中，在塑料管Q中只受到重力，而在铜管P中还受到向上的磁场力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；小磁块在P中加速度较小，故在P中下落时间较长，落至底部时在P中的速度较小，选项C正确，D错误．
2．(多选)如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则()
A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功
B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
解析：选AC.线圈上升过程中，加速度增大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看成反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：
上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，所以上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故正确选项为A、C.
3．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在以下选项中，线框中感应电流i 与线框移动的位移x的关系图象正确的是()
解析：选C.线框从开始进入到全部进入第一个磁场过程，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E＝BL v可知，电动势也均匀增加，而在全部进入第一个磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也为零，故A错误；当线框开始进入第二个磁场时，线框中磁通量向里减小，则可知电流方向为顺时针方向，故D错误；而进入第二个磁场后，分处两磁场的线框两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二个磁场时，线框中电流达最大2I0.故C正确．
4．(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、
电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋k v (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图象可能正确的有( )
解析：选BC.经受力分析和电路分析知，i ＝
Bl v R ＋r ，F A ＝Bil ＝B 2l 2R ＋r v ，U R ＝iR ＝BlR
R ＋r v ，P ＝i 2(R ＋r )＝B 2l 2R ＋r v 2，因此i ∝F A ∝U R ∝P ∝v ，i －t 、F A －t 、U R －t 图象的形状与v －t 图象相同．对金属棒由牛顿第二定律得F －F A ＝ma ，得F 0＋
⎝ ⎛⎭⎪⎫k －B 2l 2
R ＋r v ＝ma .若k ＝B 2l 2R ＋r ，则a ＝0，金属棒做匀加速运动，A 错误．若k ＞B 2l 2R ＋r ，a 逐渐增大，B 正确．若k ＜B 2l 2
R ＋r ，a 逐渐减小，最后趋向于零，C 正确．由以上
分析知P －t 图象形状与B 或C 相似，D 错误．
5．(多选)如图所示，光滑金属导轨AC 、AD 固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B 的匀强磁场中．有一质量为m 的导体棒以初速度v 0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A 点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A 点的总电荷量为Q .已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R ，其余电阻不计．则( )
A ．该过程中导体棒做匀减速运动
B ．该过程中接触电阻产生的热量为12m v 20
C ．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S ＝QR B
D ．当导体棒的速度为12v 0时，回路中感应电流大小为初始时的一半
解析：选BC.该过程中l 、v 均在减小，故加速度a 减小，选项A 错误．由
能量守恒定律可知Q 热＝12m v 20，选项B 正确．I ＝E R ＝ΔΦR Δt ，ΔΦ＝BS ，Q ＝I Δt ，联
立得S ＝QR B ，选项C 正确．当v ＝12v 0时，l ＜l 0，由I ＝E R ＝Bl v R 知，I ＜I 02，选项D
错误．
6．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )
A ．2.5 m/s 1 W
B ．5 m/s 1 W
C ．7.5 m/s 9 W
D ．15 m/s 9 W
解析：选B.小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2v R 总
，对
棒满足：mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2v
R 棒＋R 灯＝0
因为R 灯＝R 棒则：P 灯＝P 棒
再依据功能关系：mg sin θ·v －μmg cos θ·v ＝P 灯＋P 棒
联立解得v ＝5 m/s ，P 灯＝1 W ，所以B 项正确．
[综合应用题组]
7．两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 外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )
A ．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变
B ．金属棒最后将静止，静止时弹簧的伸长量为mg k
C ．金属棒最后将静止，电阻R 上产生的总热量为mg ·mg k
D ．金属棒第1次达到最大速度时金属棒的伸长量为mg k
解析：选 B.金属棒在往复运动的过程中不断克服安培力做功产生电能，并转化成焦耳热，机械能不断减少，最终静止，静止时弹力等于金属棒的重力，A
错误、B 正确．由能量守恒定律可得mg ·mg k ＝Q ＋E 弹，C 错误．当金属棒第1
次达到最大速度时，加速度为零，则mg ＝kx ＋F 安，D 错误．
8．(多选)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc 刚好运动到匀强磁场PQ 边界的v -t 图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向
B ．磁场的磁感应强度为1v 1(t 2－t 1) mgR v 1
C ．金属线框在0～t 3时间内所产生的热量 为mg v 1(t 2－t 1)
D ．MN 和PQ 之间的距离为v 1(t 2－t 1)
解析：选BC.根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向为
abcda 方向，选项A 错误；由于bc 边进入磁场时线框匀速运动，则mg ＝B 2l 2v 1R ，
而线框边长l ＝v 1(t 2－t 1)，联立可得B ＝1v 1(t 2－t 1) mgR v 1，选项B 正确；金属线
框在0～t 3时间内，只有在t 1～t 2时间内才产生热量，此过程中安培力与重力大小相等，因此所产生的热量为mg v 1(t 2－t 1)，选项C 正确；MN 和PQ 之间的距离
为v 1(t 2－t 1)＋v 1＋v 22(t 3－t 2)，选项D 错误．
9．(多选)如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k ＞0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝
R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电
动势，则(
)
A ．R 2两端的电压为U 7
B ．电容器的a 极板带正电
C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍
D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2
解析：选AC.由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S 有E ＝k πr 2，D 错误；
因k ＞0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b 极板带正电，B 错误；由题图知外电路结构为R 2与R 的右半部并联，再与R 的左半部、R 1相
串联，故R 2两端电压U 2＝R 02×12R 0＋R 02＋R 02×12
U ＝U 7，A 正确；设R 2消耗的功率为P
＝IU 2，则R 消耗的功率P ′＝2I ×2U 2＋IU 2＝5P ，故C 正确．
10．如图，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．t 0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．
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 －μmg ①
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 ＝at 0②
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 ＝Bl v ③
联立①②③式可得
E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭
⎪⎫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 ＝E R ⑤
式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F A ＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F －μmg －F A ＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R ＝B 2l 2t 0m ⑧
答案：(1)Blt 0⎝ ⎛⎭
⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 11．如图，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁
感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有
E＝ΔΦΔt②
由欧姆定律有i＝E R③
由电流的定义有i＝Δq Δt④
联立①②③④式得|Δq|＝kS
RΔt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝kt0S R⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦
式中，f 是外加水平恒力，F 是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I ，F 的大小为
F ＝B 0Il ⑧
此时金属棒与MN 之间的距离为s ＝v 0(t －t 0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B 0ls ○
10 回路的总磁通量为Φt ＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨○
10⑪式得，在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量为
Φt ＝B 0l v 0(t －t 0)＋kSt ⑫
在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为
ΔΦt ＝(B 0l v 0＋kS )Δt ⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
E t ＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪ΔΦt Δt ⑭ 由欧姆定律有I ＝E t R ⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
f ＝(B 0l v 0＋kS )B 0l R ⑯
答案：(1)kt 0S R (2)B 0l v 0(t －t 0)＋kSt (B 0l v 0＋kS )B 0l R
12．如图甲所示，平行长直导轨MN 、PQ 水平放置，两导轨间距L ＝0.5 m ，导轨左端M 、P 间接有一阻值R ＝0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d ＝1.0 m 处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t ＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示，不计感应电流产生的磁场的影响．取重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求t＝0时棒所受到的安培力F0；
(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力F f随时间t变化的关系式；
(3)若t＝3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝8 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a＝4 m/s2、方向向左．求从t＝3 s到t＝4 s的时间内通过电阻的电荷量q.
解析：(1)t＝0时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，由法拉第电磁
感应定律知E＝ΔΦ
Δt＝
ΔB
Δt Ld
感应电流I＝E R
t＝0时棒所受到的安培力F0＝B0IL
代入数据解得F0＝0.025 N
(2)ab棒与导轨间的最大静摩擦力
F fm＝μmg＝0.1 N>F0＝0.025 N
所以在t＝0时刻棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25 A
在0～3 s内，磁感应强度B＝B0－kt＝0.2－0.1t T
因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有F f＝BIL＝(B0－kt)IL
代入数据可得F f＝0.012 5(2－t)N(t<3 s)
(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s
设t＝4 s时棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则
v＝v0－aΔt1＝4 m/s
x＝v0＋v
2Δt1＝6 m
在这段时间内的平均感应电动势E＝ΔΦΔt1
通过电阻的电荷量q＝IΔt1＝E
RΔt1＝
B2Lx
R＝1.5 C
答案：(1)0.025 N(2)静止不动F f＝0.012 5(2－t)N(t＜3 s)(3)1.5 C。