电磁感应的综合应用

1、第3讲 专题 电磁感应的综合应用图93121.（2010·扬州模拟）如图9-3-12甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定ab的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是解析：由楞次定律可判定回路中的电流始终为ba方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A、B两

2、项错；由F安=BIL可得F安随B的变化而变化，在0t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0t时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，综上所述，D项正确.答案：D图93132如图9313所示，在水平桌面上放置两条相距l的平行粗糙且无限长的金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态现若从静止开

3、始释放物块，用I表示稳定后回路中的感应电流，g表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为Ff，则在物块下落过程中()A物体的最终速度为 B物体的最终速度为C稳定后物体重力的功率为I2R D物体重力的最大功率可能大于解析：由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN的最终速度为v，对MN列平衡方程：Ffmg，v，所以A项正确；又从能量守恒定律角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生热功率，所以有：I2RFfvmgv，所以，v，所以B项正确，C项错误；物块重力的最大功

4、率为Pmmgvmg，所以D错误答案：AB图93143如图9314所示，半径为a的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒电阻为r，可以绕环匀速转动将电阻R，开关S连接在环和棒的O端，将电容器极板水平放置，并联在R和开关S两端，如图9314所示(1)开关S断开，极板间有一带正电q，质量为m的粒子恰好静止，试判断OM的转动方向和角速度的大小(2)当S闭合时，该带电粒子以g的加速度向下运动，则R是r的几倍？解析：(1)由于粒子带正电，故电容器上极板为负极，根据右手定则，OM应绕O点逆时针方向转动粒子受力平衡：mgq，EBa2.当S断开时，UE，解得.(2)当S闭

5、合时，根据牛顿第二定律mgqm·g，U·R，解得3.答案：(1)OM应绕O点逆时针转动(2)3图93154如图9315所示，在距离水平地面h0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向内的匀强磁场，正方形线框abcd的边长l0.2 m，质量m0.1 kg，电阻R0.08 .一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连线框，另一端连一质量M0.2 kg的物体A.开始时线框的cd在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，同时将轻绳剪断，线框继续

6、上升一段时间后开始下落，最后落至地面整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2.求：(1)匀强磁场的磁感应强度B?(2)线框从开始运动到最高点，用了多长时间？(3)线框落地时的速度多大？解析：(1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：Mg(hl)mg(hl)(Mm)v2代入数据解得：v2 m/s线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I线框恰好做匀速运动，有：MgmgIBl代入数据解得：B1 T(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：hlvt1代入数据解得：t10.6 s线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：t20.1 s此后轻绳拉力消失，线框做竖直上

7、抛运动，到最高点时所用时间：t30.2 s线框从开始运动到最高点，所用时间：tt1t2t30.9 s(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl(Mm)gmg因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动由机械能守恒定律可得：mvmv2mg(hl)代入数据解得线框落地时的速度：vt4 m/s.答案：(1)1 T(2)0.9 s(3)4 m/s图93161如图9316所示，两个相邻的匀强磁场，宽度均为L，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小分别为B、2B.边长为L的正方形线框从位置甲匀速穿过两个磁场到位置乙，规定感应电流逆时针方向为正，则感应电流

8、i随时间t变化的图象是()答案：D图93172如图9317所示，一个小矩形线圈从高处自由落下，进入较小的有界匀强磁场，线圈平面和磁场保持垂直设线圈下边刚进入磁场到上边刚进入磁场为A过程；线圈全部进入磁场内运动为B过程；线圈下边刚出磁场到上边刚出磁场为C过程，则()A在A过程中，线圈一定做加速运动B在B过程中，线圈机械能不变，并做匀加速运动C在A和C过程中，线圈内电流方向相同D在A和C过程中，通过线圈某截面的电量相同解析：由于线圈从高处落下的高度未知，所以进入磁场时的初速度也不知，故进入磁场时，线圈在安培力和重力的作用下可能加速，也可能匀速或减速B过程中，线圈内不产生感应电流，只受重力作用，所以

9、做匀加速运动，且机械能守恒由楞次定律知，A、C过程中电流方向相反，A过程为逆时针，C过程为顺时针由公式qt·t，A和C过程线圈磁通量的变化量相同，故通过线圈某截面的电量相同故正确选项为B、D.答案：BD图93183如图9318所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后()A导体棒ef的加速度可能大于gB导体棒ef的加速度一定小于gC导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D导体棒ef的机械能与

10、回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安>mg，则F安mgma.若F安<mg，则mgF安ma，F安不确定，A正确，B错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C错误再根据能量守恒定律，D正确答案：AD4.图9319(2010·成都市高三摸底测试)如图9319所示，电阻R1 、半径r10.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r20.1 mt0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B2t(T)若规定逆时针方

11、向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的()解析：由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P中产生的感应电动势为E··r0.01(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P中产生的感应电流I0.01(A)，其中负号表示电流的方向是顺时针方向答案：C5.图9320(2010·日照测试)如图9320所示，光滑曲线导轨足够长，固定在绝缘斜面上，匀强磁场B垂直斜面向上一导体棒从某处以初速度v0沿导轨面向上滑动，最后又向下滑回到原处导轨底端接有电阻R，其余电阻不计下列说法正确的是()A滑回到原处的速率小于初速度大小v0B上滑所用的时间等于下滑所用的时间

12、C上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量大小相等D上滑过程通过某位置的加速度大小等于下滑过程中通过该位置的加速度大小解析：导体棒从某处以初速度v0沿导轨面向上滑动至向下滑回到原处的过程中，有一部分机械能转化成电阻发热的内能，据能的转化和守恒定律得滑回到原处的速率小于初速度大小v0，选项A正确；因为导体棒上滑和下滑过程中机械能不断减小，对上滑过程安培力斜向下，下滑过程安培力斜向上，所以上滑过程通过某位置的加速度大小与下滑过程中通过该位置的加速度大小不同，上滑所用的时间和下滑所用的时间不同，选项B、D错误；上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量大小相等，均为q，选项C正确答案：AC图93216如图93

13、21所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行已知ABBCl，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中()A线框中的电动势随时间均匀增大 B通过线框截面的电荷量为C线框所受外力的最大值为 D线框中的热功率与时间成正比解析：三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度lvt，所以线框中感应电动势的大小EBlvBv2t，故选项A正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量QIt×t，选项B正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效

14、切割磁感线的长度最大，则FBIl，选项C错误；线框的热功率为PFvBIvt×v，选项D错误答案：AB图93227两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图9322所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动重力加速度为g.以下说法正确的是()Aab杆所受拉力F的大小为mg Bcd杆所受摩擦力为零Ccd杆向下

15、匀速运动的速度为 Dab杆所受摩擦力为2mg解析：ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，只有cd杆运动切割磁感线，设cd杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有：I，EBLv1cd杆只受到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用(因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零)由平衡条件得：mgBLI解得cd杆向下匀速运动的速度为ab杆的受力如图所示，根据平衡条件可得：FN2mg，FFf2mg综上所述，选项B、C、D正确答案：BCD图93238如图9323所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中AB、CD的间距为L，

16、左右两端均接有阻值为R的电阻质量为m长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则()A初始时刻导体棒所受的安培力大小为B从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为C当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv2QD当导体棒再次回到初始位置时，AC间电阻R的热功率为解析：初始时刻由EBLv0、I及FBIL可解得F，A正确；由于导体棒往复运动过程中机械能逐渐转化为焦耳热，故从开

17、始到第一次到达最左端过程中产生的焦耳热Q大于从左端运动到平衡位置产生的焦耳热，即Q>×2Q，B错误；由能量守恒可知C正确；当导体棒再次回到平衡位置时，其速度v<v0，AC间电阻的实际热功率为P，故D错误答案：AC图93249如图9324所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的，大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则()A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B上滑过程中电流做

18、功发出的热量为mv2mgs(sin cos )C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 解析：电路中总电阻为2R，故最大安培力的数值为.由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能其公式表示为：mv2mgssin mgscos Q电热，则有：Q电热mv2(mgssin mgscos )，即为安培力做的功导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，W损失mv2mgssin .B、D正确答案：BD图932510如图9325甲所示，abcd是位于竖直平面内的边长为1

19、0 cm的正方形闭合金属线框，线框的质量为m0.02 kg，电阻为R0.1 .在线框的下方有一匀强磁场区域，MN是匀强磁场区域的水平边界线，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直现让线框由距MN的某一高度从静止开始下落，经0.2 s开始进入磁场，图乙是线框由静止开始下落的vt图象空气阻力不计，g取10 m/s2求：(1)金属框刚进入磁场时的速度；(2)磁场的磁感应强度解析：(1)由图象可知：线框刚进入磁场后，由于受到重力和安培力的作用线框处于平衡状态设此时线框的速度是v0，则由运动学知识可得：v0gt由式可解得：v02 m/s.(2)设磁场的磁感应强度是B，由电学及力学知识可得以下方程：

20、EBLbcv0IFABILbcFAmg由以上方程可解得：B1 T答案：(1)2 m/s(2)1 T图932611光滑的平行金属导轨长L2 m，两导轨间距d0.5 m，轨道平面与水平面的夹角30°，导轨上端接一阻值为R0.6 的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B1 T，如图9326所示有一质量m0.5 kg、电阻r0.4 的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q10.6 J，取g10 m/s2，试求：(1)当棒的速度v2 m/s时，电阻R两端的电压；(2)棒下滑到轨道

21、最底端时速度的大小；(3)棒下滑到轨道最底端时加速度a的大小解析：(1)当棒的速度v2 m/s时，棒中产生的感应电动势EBdv1 V此时电路中的电流I1 A，所以电阻R两端的电压UIR0.6 V.(2)根据QI2Rt得，可知在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q2Q10.4 J设棒到达最底端时的速度为v2，根据能的转化和守恒定律，有：mgLsin mvQ1Q2解得：v24 m/s.(3)棒到达最底端时回路中产生的感应电流I22 A根据牛顿第二定律有：mgsin BI2dma，解得：a3 m/s2.答案：(1)0.6 V(2)4 m/s(3)3 m/s2图932712如图9327所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L1 m，导轨平面与水平面夹角30°