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1

A．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可得，E＝NS，由图可知是恒量，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　AC

2．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2

A．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＝＝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Ff＝F安＝BIL知摩擦力增大，选项C正确．

答案　C

3．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Fb、Fc和Fd，则 (　　)．

图3

A．Fd>Fc>Fb B．Fc

C．Fc>Fb>Fd D．Fc

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Fc＝0，从b到d线圈继续加速，vd>vb，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＝Bl＝，因vd>vb，所以Fd>Fb>Fc，选项D正确．

答案　D

4．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4

A．通过电阻R的电流方向为P→R→M

B．a、b两点间的电压为BLv

C．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BLv，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BLv，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　C

5．一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5

A．ab受到的拉力大小为2 N

B．ab向上运动的速度为2 m/s

C．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＝，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vt＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt＝0.8 J，选项D错误．

答案　BC

6．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6

A．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＝BLv，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＝BLv，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 B

7．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L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2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/s2)则 (　　)．

图7

A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C

B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s

C．线圈的长度为1 m

D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J

解析　t2～t3时间ab在L3L4内匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝BL，F＝mg解得：v2＝＝8 m/s，选项B正确．从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度是d，有：3d＝v2t－gt2，得：d＝1 m，有：ad＝2d＝2 m，选项C错误，在0～t3时间内由能量守恒得：Q＝mg·5d－mv＝1.8 J，选项D错误.0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，选项A正确．

答案　AB

8．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＝2，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(I2t)图象．

图8

解析　(1)4 s时导体棒的速度v＝2＝4 m/s

感应电动势E＝BLv

感应电流I＝

此时导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4 N

(2)由(1)可得I2＝2＝42t＝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＝＝，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为，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＝

对金属棒运用牛顿第二定律有mg－F安＝ma

得a＝g－恒定，故金属棒做匀加速直线运动

根据v2＝2ax，得v＝ 

(3)设金属棒经过时间t落地，有h＝at2

解得t＝ ＝ 

故有q＝I·t＝ 

答案　(1)　水平向右(或从a→b)　(2) 

(3) 

10．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Q1＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)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vm，有同学解答如下：由动能定理，W重－W安＝mv，…….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QR＝3Qr＝0.3 J

故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J

(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安＝BIL＝v

由牛顿第二定律mgsin 30°－v＝ma

所以a＝g sin 30°－v

＝m/s2

＝3.2 m/s2

(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

mgsin 30°－v＝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＝mv

得vm＝ 

＝  m/s

＝2.74 m/s

答案　(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)见解析

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