专题 电磁感应规律的综合应用

第3讲专题电磁感应规律的综合应用1．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按Bt图变化，方向如图1所示，则回路中()．图1A．电流方向为顺时针方向B．电流强度越来越大C．磁通量的变化率恒定不变D．产生的感应电动势越来越大解析由楞次定律可以判断电流方向为顺时针方向，A项正确；由法拉第电磁感应定律E＝N ΔΦΔt可得，E＝NΔBΔt S，由图可知ΔBΔt是恒量，所以电动势恒定，D项错误；根据欧姆定律，电路中电流是不变的，B项错误；由于磁场均匀增加，线圈面积不变所以磁通量的变化率恒定不变，C项正确．答案AC2．水平放置的金属框架cdef处于如图2所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则()．图2A．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大B．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变C．ab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大D．ab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变解析 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确．答案 C3．如图3所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )．图3A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析 从a 到b 线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c ＝0，从b 到d 线圈继续加速，v d >v b ，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R ，因v d >v b ，所以F d >F b >F c ，选项D 正确．答案 D4．如图4所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感应强度为B ，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R 2的金属导线ab 垂直导轨放置，并在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )．图4A．通过电阻R的电流方向为P→R→MB．a、b两点间的电压为BL vC．a端电势比b端高D．外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热解析由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为M→R→P，A错误；金属导线产生的电动势为BL v，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为23BL v，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误．答案 C5．一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图5所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()．图5A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J解析对导体棒cd分析：mg＝BIl＝B2l2vR总，得v＝2 m/s，故B选项正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安v t＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为F v t＝0.8 J，选项D错误．答案BC6．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框沿四个不同方向以相同速率v匀速平移出磁场，如图6所示，线框移出磁场的整个过程()图6A．四种情况下ab两端的电势差都相同B．①图中流过线框的电荷量与v的大小无关C．②图中线框的电功率与v的大小成正比D．③图中磁场力对线框做的功与v2成正比解析由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦ/Δt，闭合电路欧姆定律I＝E/R，电流定义式I＝q/Δt可得q＝ΔΦ/R，线框沿四个不同方向移出磁场，流过线框的电荷量与v 的大小无关，选项B正确．四种情况下ab两端的电势差不相同，选项A错误．②图中线框的电功率P＝E2/R，E＝BL v，P与v的二次方大小成正比，选项C错误；③图中磁场力F＝BIL，I＝E/R，E＝BL v，磁场力对线框做功W＝FL，磁场力对线框做的功与v成正比，选项D错误．答案B7．如图7甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd ，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，质量为0.1 kg ，电阻为2 Ω，将其从图示位置静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．(重力加速度g 取10 m/s 2)则 ( )．图7A ．在0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CB ．线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC ．线圈的长度为1 mD ．0～t 3时间内，线圈产生的热量为4.2 J解析 t 2～t 3时间ab 在L 3L 4内匀速直线运动，而E ＝BL v 2，F ＝B E R L ，F ＝mg解得：v 2＝mgR B 2L 2＝8 m/s ，选项B 正确．从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3一直是匀加速，因而ab 刚进磁场时，cd 也应刚进磁场，设磁场宽度是d ，有：3d＝v 2t －12gt 2，得：d ＝1 m ，有：ad ＝2d ＝2 m ，选项C 错误，在0～t 3时间内由能量守恒得：Q ＝mg ·5d －12m v 22＝1.8 J ，选项D 错误.0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R ＝0.25 C ，选项A 正确．答案 AB8．如图8甲所示，水平面上固定一个间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，导轨一端接阻值R ＝9 Ω的电阻．导轨上有质量m ＝1 kg 、电阻r ＝1 Ω、长度也为1 m 的导体棒，在外力的作用下从t ＝0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v ＝2t ，不计导轨电阻．求：(1)t ＝4 s 时导体棒受到的安培力的大小；(2)请在如图乙所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I 2t )图象．图8解析 (1)4 s 时导体棒的速度v ＝2t ＝4 m/s感应电动势E ＝BL v感应电流I ＝E R ＋r此时导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.4 N(2)由(1)可得I 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫BL R ＋r 2t ＝0.04t 作出图象如图所示．答案 (1)0.4 N (2)见解析图9．如图9所示，宽度为L 的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加的电压成正比，即R ＝kU ，式中k 为已知常数．框架上有一质量为m ，离地高为h 的金属棒，金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于框架平面向里．将金属棒由静止释放，棒沿框架向下运动，不计金属棒及导轨的电阻．重力加速度为g .求：图9(1)金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；(2)金属棒落到地面时的速度大小；(3)金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电荷量．解析 (1)流过电子元件的电流大小为I ＝U R ＝1k ，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为1k ，由右手定则判定流过棒的电流方向为水平向右(或从a →b )(2)在运动过程中金属棒受到的安培力为F 安＝BIL ＝BL k对金属棒运用牛顿第二定律有mg －F 安＝ma得a ＝g －BL mk 恒定，故金属棒做匀加速直线运动 根据v 2＝2ax ，得v ＝ 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)设金属棒经过时间t 落地，有h ＝12at 2解得t ＝ 2ha ＝ 2hkm mgk －BL故有q ＝I ·t ＝1k 2hkm mgk －BL答案 (1)1k 水平向右(或从a →b ) (2) 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)1k 2hkm mgk －BL10．如图10所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω，质量m ＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：图10(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安；(2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a .(3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W 重－W 安＝12m v 2m ，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．解析 (1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此Q R ＝3Q r ＝0.3 J故W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv 由牛顿第二定律mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma 所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m (R ＋r )v ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)m/s 2 ＝3.2 m/s 2(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma 上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．mgs sin 30°－Q＝12m v2m得v m＝2gs sin 30°－2Q m＝2×10×1.15×12－2×0.40.2m/s＝2.74 m/s答案(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)见解析。