1、第10章 能力课 电磁感应规律的综合应用知识巩固练习1(2021年黄山月考)如图甲所示，水平面上固定一个粗糙的U形金属框架，金属杆ab横跨其上并与之接触良好，整个装置处于竖直向上的磁场中，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示在金属杆ab保持静止的时间段内()A金属杆ab中感应电流方向一定从b到aB回路中产生的感应电动势一定增加C金属杆ab所受摩擦力的方向一定水平向右D金属杆ab所受安培力一定变大【答案】C【解析】由题图乙可知，磁感应强度增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律可知，金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，故A错误；由题图乙可知，磁感应强度的变化率即图线斜率在减小，由法拉第电磁感
2、应定律可知，回路中产生的感应电动势减小，故B错误；由于金属杆ab中感应电流方向一定从a到b，由左手定则可知，金属杆ab受到的安培力方向水平向左，由平衡可知，金属杆ab受到的摩擦力方向水平向右，故C正确；由于回路中产生的感应电动势减小，则感应电流减小，磁感应强度增大，由公式FABIL可知，金属杆ab所受安培力不一定增大，故D错误2如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度B均为0.5 T，两边界间距s0.1 m一边长L0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R0.4 .现使线框以v2 m/s的速度从位置匀速运动到位置.则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Ua
3、b随时间t变化的图线是()ABCD【答案】A【解析】在05102 s内，ab边切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a的电势高于b的电势，Ua b为正，则ab两端电势差 Ua bEBLv0.50.22 V15102 V；在5102 s10102 s内，cd边进入磁场后，cd边和ab边都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，Ua b为正，所以Ua bEBLv0.50.22 V0.20 V20102 V；在10102 s15102 s内，ab边穿出磁场后，只有cd边切割磁感线，由右手定则知，a点的电势
4、高于b的电势，Ua b为正， Ua bEBLv0.50.22 V5102 V故整个过程中线框a、b两点的电势差Ua b随时间t变化的图线如图A所示，A正确3(多选)(2021年潮州名校质检)如图所示，间距为L、电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均有一阻值为R的电阻相连导轨上横跨一根长为L、质量为m、电阻也为R的金属棒金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中现给棒一瞬时冲量让它以初速度v0向右运动，则直到棒停止的过程中()A金属棒在导轨上做匀减速运动B通过金属棒的电量为C金属棒克服安培力做功mvD金属棒上产生的焦耳热为mv【答案】CD【解析】金
5、属棒在整个运动过程中受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，这两个力的合力为零，还受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；根据动量定理得BLt0mv0，通过金属棒的电量为qt，可得q，故B错误；整个过程中由动能定理可得W安0mv，则金属棒克服安培力做功为W安mv，故C正确；整个回路产生的总焦耳热为QW安mv，金属棒上产生的焦耳热为Q棒QQmvmv，故D正确4(2021年太原名校模拟)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠下图是描述电磁炉工作原理的示意图下列说法正确的是()
6、A当恒定电流通过线圈时会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用C电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D电磁炉通电线圈加交流电后在锅底产生涡流，进而发热工作【答案】D【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流，故A错误，D正确在锅和电磁炉中间放一纸板不会影响电磁炉的加热作用，故B错误金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅内的食物，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，故C错误5(多选)如图甲所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁
7、穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止磁铁在下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动不计线圈电阻图乙是计算机荧屏上显示的UIt曲线，其中两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的下列说法正确的是()A若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大B若仅减小h，两个峰值都会减小C若仅减小h，两个峰值可能会相等D若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大【答案】BD6(2021年茂名质检)如图所示，虚线左右两侧存在等大反向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，虚线左侧磁场方向垂直纸面向外，虚线右侧磁场方向垂直纸面向里电阻为R的单匝金属线框ABCD可绕与虚线重合的轴OO转动，其中边长OD2AO2A
8、B2L.若在外力F作用下线框从图示位置开始以角速度匀速转动，在线框转动过程中，下列说法正确的是()A线框中电流的最大值为B在从图示位置转过180的过程中，电动势的平均值为C线框中电动势的有效值为D在从图示位置转过180的过程中，外力F做的功为【答案】C【解析】感应电动势的最大值为EmB0LC DvC DB0LABvA BB0L2LB0LLB0L2，线框中的最大感应电流Im，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，从图示位置转过180的过程中电动势的平均值，故B错误；线框旋转过程产生正弦式交变电流，线框中电动势的有效值E，故C正确；感应电流的有效值I，从图示位置转过180的过程需要的时间t，外力做功
9、WQI2Rt，故D错误综合提升练习7(2020年北京卷)如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场t0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示已知线框质量m1 kg，电阻R2 ，则()A线框的加速度为1 m/s2B磁场区域宽度为6 mC匀强磁场的磁感应强度为2 TD线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电量为 C【答案】D【解析】当t0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为a m/s22 m/s2，故A错误；磁场的宽度等于线框在02 s内的位移，为dat222 m4 m，故B错误；设线框的边长为L，
10、则L等于线框在01 s内的位移，即Lat212 m1 m，当线框全部进入磁场的瞬间F1F安ma，而F安BIL，其中，F14 N，t1 s，m1 kg，R2 ，联立得B T，故C错误；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电量为t C C，故D正确8如图所示，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RkU，k为已知常数框架上有一质量为m、离地高为h的金属棒ab.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ab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：(1)金
11、属棒运动过程中流过金属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的过程中通过电子元件的电量【答案】(1)水平向右(或“ab”)(2) (3)【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ab)(2)在运动过程中金属棒受到的安培力F安BIL.对金属棒运用牛顿第二定律有mgF安ma，得ag恒定，故金属棒做匀加速直线运动根据v22ax，得v.(3)设金属棒经过时间t落地，有hat2解得t .故有qIt .9如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s1.15 m，两导轨间距L0.75 m
12、，导轨倾角为30.导轨上端ab接一阻值R1.5 的电阻磁感应强度B0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值r0.5 、质量m0.2 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Qr0.1 J取g10 m/s2(1)求金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；(2)求金属棒下滑速度v2 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，由此所得的结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答【答案】(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)见解析【解析】(1)下滑过程中安培力做的功即在电阻上产生的焦耳热由于R3r，因此QR3Qr0.3 J，故W安QQRQr0.4 J.(2)金属棒下滑时受重力和安培力作用，F安BILv.由牛顿第二定律有mgsin 30vma.所以agsin 30v m/s23.2 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 30vma.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做匀速运动，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mgssin 30Qmv，得vm m/s2.74 m/s.
