第九章 第3讲 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时间：60分钟一、单项选择题1．(2013·济宁模拟)水平放置的金属框架cdef 处于如图9－3－17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 ( )． 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 ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS 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 C2．如图9－3－18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( )．A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d图9－3－17图9－3－18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 D3．如图9－3－19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) ( )．A ．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 C二、多项选择题4．闭合回路由电阻R 与导线组成，其内部磁场大小按B －t 图变化，方向如图9－3－20所示，则回路中 ( )．图9－3－19图9－3－20A．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＝NΔBΔtS，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AC5．一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9－3－21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()．A．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内拉图9－3－21力做的功为F v t ＝0.8 J ，选项D 错误．答案 BC6．在如图9－3－22所示的虚线框内有匀强磁场，磁感应强度随时间变化，半径为r 、匝数为n 的圆形线圈有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，此时线圈的发热功率恒为P ，要使线圈的发热功率变为2P ，下列措施可行的是 ( )． A ．只需将线圈全部置于磁场中B ．只需将线圈的半径增大到原来的2倍C ．只需将线圈的匝数增大到原来的2倍D ．将线圈全部置于磁场中，同时将线圈的半径减小到原来的12解析 线圈发热功率恒定，说明线圈中磁感应强度的变化规律恒定，设线圈在磁场中的面积为S B ，导线的横截面积为S ，则产生的感应电动势E ＝n ΔB Δt S B，线圈的发热功率P ＝E 2R ，其中R ＝ρ2n πr S ，联立得P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔB Δt 2nS 2B S 2πρr，若只将线圈全部置于磁场中，则S B ′2＝4S 2B ，P ′＝4P ；A 错；若只将线圈的半径增大到原来的2倍，则S B ′2＝4S 2B ，r ′＝2r ，则P ′＝2P ，B 项正确；若n ′＝2n ，则P ′＝2P ，C 项正确；若将线圈全部置于磁场中，同时将线圈的半径减小到原来的12，则S B ′2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 222＝14S 2B ，r ′＝12r ，则P ′＝12P ，D 错． 答案 BC7．如图9－3－23甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4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9－3－22图9－3－23A ．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9－3－24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 2－t )图象．图9－3－24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9－3－25所示，R 1＝5 Ω，R 2＝6 Ω，电压表与电流表的量程分别为0～10 V 和0～3 A ，电表均为理想电表．导体棒ab与导轨电阻均不计，且导轨光滑，导轨平面水平，ab 棒处于匀强磁场中． (1)当变阻器R 接入电路的阻值调到30 Ω，且用F 1＝40 N 的水平拉力向右拉图9－3－25ab 棒并使之达到稳定速度v 1时，两表中恰好有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab 棒的速度v 1是多少？(2)当变阻器R 接入电路的阻值调到3 Ω，且仍使ab 棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用于ab 棒的水平向右的拉力F 2是多大？解析 (1)假设电流表指针满偏，即I ＝3 A ，那么此时电压表的示数应为U ＝IR 并＝15 V ，此时电压表示数超过了量程，不能正常使用，不合题意．因此，应该是电压表正好达到满偏．当电压表满偏时，即U 1＝10 V ，此时电流表的示数为I 1＝U 1R 并＝2 A 设ab 棒稳定时的速度为v 1，产生的感应电动势为E 1，则E 1＝BL v 1，且E 1＝I 1(R 1＋R 并)＝20 Vab 棒受到的安培力为F 1＝BI 1L ＝40 N解得v 1＝1 m/s.(2)利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即I 2＝3 A ，此时电压表的示数为U 2＝I 2R 并＝6 V ，可以安全使用，符合题意．由F ＝BIL 可知，稳定时棒受到的拉力与棒中的电流成正比，所以F 2＝I 2I 1F 1＝32×40 N ＝60 N. 答案 (1)1 m/s (2)60 N10.如图9－3－26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 ＝0.75m ，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：(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 安图9－3－26＝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 v 2m得v m ＝ 2gs sin 30°－2Q m ＝ 2×10×1.15×12－2×0.40.2 m/s＝2.74 m/s答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)见解析。