1、第10讲电磁感应问题的综合分析一、选择题(16题为单项选择题，79题为多项选择题)1(2014江苏卷，1)如图41019所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()图41019A.B.C.D.解析由法拉第电磁感应定律可知，在t时间内线圈中产生的平均感应电动势为Enn，选项B正确答案B2如图41020所示，竖直平面内一具有理想边界AB的匀强磁场垂直纸面向里，在距离边界H处一正方形线框MNPO以初速度v0向上运动，假设在整个过程中MN始终与AB平行，则下列图象能反
2、映线框从开始至到达最高点的过程中速度变化规律的是()图41020解析在线框从开始运动到MN边接近AB时，线框做匀减速直线运动；MN边进入磁场后因切割磁感线而产生感应电流，其受到安培力作用则线框加速度瞬时变大，速度瞬时减小更快随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映线框速度与时间关系的是图C.答案C3(2014全国大纲卷，20)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐让条形磁铁从静止开始下落条形磁铁在圆筒中的运动速率()A均匀增大B.先增大，后减小C逐渐增大，趋于不变D.先增大， 再减小，最
3、后不变解析开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值选项C正确答案C4.两条光滑的平行导轨水平放置，导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻，将整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，现将一导体棒置于O点，从某时刻起，在一外力的作用下由静止开始向左做匀加速直线运动，导体棒先后通过M和N两点，其中OMMN.已知导体棒与导轨接
4、触良好，始终与导轨垂直，且除定值电阻外其余部分电阻均不计则下列说法错误的是()图41021A导体棒在M、N两点时，所受安培力的大小之比为1B导体棒在M、N两点时，外力F的大小之比为1C导体棒在M、N两点时，电路的电功率之比为12D从O到M和从M到N的过程中流过电阻R的电荷量之比为11解析由v22ax可知，导体棒通过M、N两点时，导体棒速度之比为1，产生的感应电流之比为1，所受安培力之比为1，由牛顿第二定律可知，外力F的大小之比不是1；由电功率公式PI2R可知，导体棒通过M、N两位置时，电阻R的电功率之比为12；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义可得q/R，从O到M和从M到N的两个
5、过程中，相等，所以通过导体棒横截面的电荷量之比为11.答案B5将一段导线绕成图41022甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图41021乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()图41022解析由Bt图象可知，在0时间内，B均匀减小；时间内，B反向均匀增大由楞次定律知，通过ab的电流方向向上，由左手定则可知ab边受安培力的方向水平向左由于B均匀变化，产生的感应电动势ES不变，则安培力大小不变同理可得在T时间内
6、，ab边受安培力的方向水平向右，故选项B正确答案B6(2014高考押题卷三)如图41023甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计现用一水平向右的外力F外作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab始终垂直于框架图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F随时间t的变化关系，则图中可以表示外力F外随时间t变化关系的图象是()图41023解析因为电动势EBLvFBIL由得F由乙图可知F均匀增加，所以v均匀增加，即金属杆做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F外ma故
7、选项B正确答案B7如图41024所示，足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是()图41024A上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热B上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热C上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率D上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率解析考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A错，B对因过程中有
8、能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t上t下重力做功两次相同由P可知C错，D对答案BD8矩形线圈abcd，长ab20 cm，宽bc10 cm，匝数n200匝，线圈回路总电阻R5 .整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的磁场穿过若磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图41025所示，则()图41025A线圈回路中感应电动势随时间均匀变化B线圈回路中产生的感应电流为0.4 AC当t0.3 s时，线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 ND在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J解析由EnnS可知，由于线圈中磁感应强度的变化率 T/s0.5 T/s为常数，则回路中感应电动势为En2 V，
9、且恒定不变，故选项A错误；回路中感应电流的大小为I0.4 A，选项B正确；当t0.3 s时，磁感应强度B0.2 T，则安培力为FnBIl2000.20.40.2 N3.2 N，故选项C错误；1 min内线圈回路产生的焦耳热为QI2Rt0.42560 J48 J选项D正确答案BD9(2014潍坊一模)如图41026所示，间距l0.4 m的光滑平行金属导轨与水平面夹角30，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B0.2 T，方向垂直于斜面甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m0.02 kg，垂直于导轨放置起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处现将两金属杆同时由静止释放，并同时
10、在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g10 m/s2，则()图41026A每根金属杆的电阻R0.016 B甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W解析乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场由v22al解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v2 m/s，由vat解得甲金属杆在磁场中运动的时间为t0.4 s，选项B正确；乙金属杆进入磁场后有mgsin 30BIl，又Blv
11、I2R，联立解得R0.064 ，选项A错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C正确；乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是PBIlv0.2 W，选项D错误答案BC二、计算题10(2014高考冲刺卷九)如图41027所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑金属导轨，导轨间距L为0.5 m，导轨左端连接一个阻值为2 的定值电阻R，将一根质量为0.2 kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r2 ，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨所在平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B2 T若棒以1 m/s的初速度向右运动，同时对棒施
12、加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为4 W，从此时开始计时，经过2 s金属棒的速度稳定不变求：图41027(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s时的加速度；(3)从开始计时起2 s内电阻R上产生的热量解析(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BILF而PFvmI解出vm4 m/s(2)速度为3 m/s时，感应电动势EBLv3 V电流I安培力F安BIL金属棒受到的拉力F N由牛顿第二定律得FF安ma解得a m/s22.92 m/s2(3)在从开始计时起2 s过程中，由动能定理得PtW安mvmvW安6.5 JQR3.25 J答案(1)4 m/s(2)2.92 m/s2(3)
13、3.25 J11(2014浙江宁波十校联考)如图41028甲所示，两条间距为h的水平虚线之间存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图乙中Bt图象变化(图中B0已知)现有一个“日”字形刚性金属线框ABCDEF，它的质量为m，EF中间接有一开关S，开关S闭合时三条水平边框的电阻均为R，其余各边电阻不计ABCDEFL，ADDEh.用两根轻质的绝缘细线把线框竖直悬挂住，AB边恰好在磁场区域M1N1和M2N2的正中间，开始开关S处于断开状态t0(未知)时刻细线恰好松弛，此后闭合开关同时剪断两根细线，当CD边刚进入磁场上边界M1N1时线框恰好做匀速运动(空气阻力不计)求：图41028(1)t0的值；
14、(2)线框EF边刚离开磁场下边界M2N2时的速度；(3)从剪断细线到线框EF边离开磁场下边界M2N2的过程中金属线框中产生的焦耳热解析(1)细线恰好松弛，对线框受力分析有B0ILmg，I因感生产生的感应电动势ESLh得t0.(2)当CD边到达M1N1时线框恰好匀速运动，设速度为v.线框受力分析有B0ILmgI因CD边切割产生的感应电动势EB0Lv解得v.CD边到达M1N1至EF边离开磁场过程线框一直做匀速运动，因此EF边刚离开M2N2时，速度为vv(3)根据能量守恒定律得：Qmghmv2mgh.答案(1)(2)(3)mgh12如图41029甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与
15、水平面的倾角53，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好棒的质量m1.0 kg，R1.0 ，长度L1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数0.5，现对ab棒施加一个方向向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10 m/s2.图41029(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前2 s内F做功W30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间解析(1)对ab棒：fmgvatFBILfmaFm(ga)由图象已知量，代入数据得：a1 m/s2(2)当t12 s时，F10 N，由(1)知Fm(ga)得B2 T(3)02 s过程中，对ab棒，xat2 mv2at12 m/s由动能定理知：WmgxQmvQ18 J(4)设当时间为t时，cd棒达到最大速度，NBILmgcos 53fNmgsin 53fmgsin 53(mgcos 53)解得：t5 s答案(1)1 m/s2(2)2 T(3)18 J(4)5 s
