重点强化电磁感应定律的综合应用

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。