1、电磁感应规律的综合应用(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分，14题为单选题，58题为多选题)1.如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差(a-b)() A.恒为B.从0均匀变化到C.恒为-D.从0均匀变化到-【解析】选C。根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E=nS；根据楞次定律可知b点电势较高，故(a-b)小于0，选项C正确。2.如图所示的匀强磁场中有一根弯成45角的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直
2、导线MN与金属线紧密接触，起始时OA=l0，且MNOQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN水平向右匀速运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是下列图中的() 【解析】选C。经过时间t，MN到O点的距离为l0+vt，直导线在回路中的长度也为l0+vt，此时直导线产生的感应电动势E=B(l0+vt)v，整个回路的电阻为R=(2+)(l0+vt)r，回路中的电流I=，直导线受到的外力F大小等于安培力，即F=BIL=B(l0+vt)=(l0+vt)，故C正确。3.如图1所示，光滑的平行金属导轨(足够长)固定在水平面内，导轨间距为L=20 cm，左端接有阻值为R=1
3、的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.5 T。导体杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图2所示。导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计，导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触，则导体杆的加速度大小和质量分别为()A.20 m/s2，0.5 kgB.20 m/s2，0.1 kgC.10 m/s2，0.5 kgD.10 m/s2，0.1 kg【解析】选D。导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有v=at，杆切割磁感线产生感应电动势大小为E=BLv，闭合回路中产生
4、的感应电流为I=，杆受到的安培力大小为FA=BIL，根据牛顿第二定律，有F-FA=ma，联立以上各式，得F=ma+t，由图线上取两点代入式，可解得a=10 m/s2，m=0.1 kg，选项D正确。4.如图所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直于纸面向里。一个矩形导线框长为a，宽为，导线框平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域。规定导线框中感应电流的逆时针方向为正方向，以导线框开始进入磁场时为t=0时刻，则导线框中的感应电流随时间变化的图象是图中的()【解析】选D。由右手定则可知，线框进入磁场过程与离开磁场过程产生的感应电流方向相反，故A错误；由图示可知，线
5、框刚进入磁场的一段时间内，线框切割磁感线的有效长度L不变，电流I=大小不变，在线框右边的部分穿出磁场过程中，切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，右边完全离开磁场后，左边完全进入磁场，然后左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，切割磁感线的有效长度L不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，故B、C错误，D正确。5.如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆
6、() A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于【解析】选B、C。金属杆在磁场、之间运动时，做加速运动，因此金属杆在磁场中要做减速运动，才能保证进入磁场时和进入磁场时速度相等，选项A错误；画出穿过磁场和在两磁场之间的v-t图象，能够直观反映出穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；进入磁场和时的速度相等，表明金属杆穿过磁场到进入磁场之前动能没有变化，减少的重力势能E势=2mgd变成了焦耳热，再穿过磁场过程跟穿过磁场情况完全相同，产生的焦耳热还等于2mgd，总的热量为4mg
7、d，选项C正确；由于在进入磁场前，金属杆做自由落体运动，末速度为v末=，在刚进入磁场时，安培力mg才能保证金属杆做减速运动，化简得h，选项D错误。6.(2020廊坊模拟)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t=0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m=1 kg、电阻R=1 ，以下说法正确的是()A.线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为2 TC.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 CD.线框边长为1 m【解析】选
8、A、B、C。t=0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F为线框所受合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a=1 m/s2，A项正确；由图象知，t=1.0 s时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为0.5 m，D项错；线框的末速度v=at=1 m/s，感应电动势E=BLv，回路中电流I=，安培力F安=BIL，由牛顿第二定律有F-F安=ma，联立解得B=2 T，B正确；q= C，C项正确。7.(2019潍坊模拟)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应
9、强度大小为B、方向垂直于竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则() A.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl【解析】选B、C。设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为FT，对a，有FT=2mg-BIl，对b，有F
10、T=mg，又I=，E=Blv，联立解得v=，故A错误；线框a进入磁场过程中以速度v匀速运动，当线框a完全进入磁场时，线框b的上边刚好到达磁场的上边界，线框b出磁场过程也以速度v运动，当线框b完全出磁场时，线框a的下边刚好到达磁场的下边界，线框a出磁场过程也以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用的时间t=，故B正确；从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，设线框a产生的焦耳热为Q，由功能关系有2mgl-FTl=Q，解得Q=mgl，故C正确；从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，设两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离，对这一过程，由能
11、量守恒定律得4mgl=2mgl+3mv2+W，解得W=2mgl-，故D错误。8.如图所示，平行金属导轨MN和PQ水平放置，它们的电阻可以忽略不计。在M和P之间接有阻值为R=3.0 的定值电阻，导体棒ab长l=0.5 m。其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4 T。现施加一个拉力使ab以v=10 m/s的速度向右做匀速运动。以下判断正确的是() A.导体棒ab中的感应电动势E=2.0 VB.电路中的电流I=0.5 AC.导体棒ab所受安培力方向向右D.拉力做功的功率为 W【解析】选A、D。感应电动势：E=Blv=0.40.510 V=2 V，故A
12、正确；电路电流：I= A，故B错误；由右手定则可知，感应电流由b流向a，由左手定则可知，安培力水平向左，故C错误；ab受到的安培力：F安培=BIl=0.40.5 N= N，ab匀速运动，由平衡条件可得：F=F安培= N，拉力的功率：P=Fv=10 W= W，故D正确。故选A、D。【加固训练】如图所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B，方向相反，电阻为R的导线弯成顶角为90，半径为r的两个扇形组成的回路，O为圆心，整个回路可绕O点转动。若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度转动，则在一个周期内电路消耗的电能为()A. B.C. D.【解析】选C。从图示位置开始计时，在一个周期T内，在0、T内没有感
13、应电流产生，在，TT内有感应电流产生，在，TT内线框产生的总的感应电动势E=4Br2=2Br2，则在一周期内电路释放的电能为Q=，T=，解得Q=，C项正确。二、计算题(14分，需写出规范的解题步骤)9.如图甲所示，光滑平行金属导轨间距为l=0.4 m，左端用导线连接，ab为金属棒，与导轨垂直且接触良好。均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度的变化情况如图乙所示，金属棒ab接入电路的电阻R为1 ，导轨电阻不计。t=0时刻，ab棒从导轨最左端以v=1 m/s的速度向右匀速运动，求1 s末回路中的感应电流的大小和方向及金属棒ab受到的安培力。【解析】1 s末与t=0时刻相比，的变化有两个原因，一
14、是B的变化，二是金属棒和导轨所围面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E=S+Blv，又=2 T/s在1 s末，B=2 T，S=lvt=0.411 m2=0.4 m2所以1 s末，E=S+Blv=1.6 V此时回路中的电流I=1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，金属棒ab受到的安培力大小为F=BIl=21.60.4 N=1.28 N，方向向左。答案：1.6 A，逆时针方向1.28 N，方向向左【加固训练】如图所示，两根光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，导轨间距为L，导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且
15、接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。(1)求导体棒所达到的恒定速度v2；(2)为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得E=BL(v1-v2)由闭合电路欧姆定律得I=安培力F=BIL=速度恒定时，有=f解得v2=v1-(2)最大阻力fm=答案：(1)v1-(2)10.(10分)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过
16、一正方形匀强磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，如图所示关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)() 【解析】选A。由E=BLv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的有效长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I均匀增大，由右手定则可知，感应电流方向由M到N，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故选项A正确，选项B、C、D错误。11.(20分)如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨ab、cd与水
17、平面成=30角且固定，导轨间距离为L=2.0 m，电阻不计。在导轨上端接一个阻值为R0的定值电阻，在c、N之间接有电阻箱。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B=1 T。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好。不计一切摩擦。改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到vm-R的关系如图乙所示。若导轨足够长，重力加速度g取10 m/s2。(1)求金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；(2)当电阻箱R取3.5 ，且金属棒的加速度为3 m/s2时，金属棒的速度为多大？【解析】(1)金属棒以最大速度vm
18、下滑时，根据法拉第电磁感应定律得E=BLvm由闭合电路的欧姆定律得E=I(R+R0)当金属棒以最大速度下滑时，有mgsin=BIL联立解得vm=R+R0由vm-R图线可知=1，R0=0.5解得m=0.8 kg，R0=0.5 (2)设金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律得E=BLv由闭合电路的欧姆定律得E=I(R+R0)当金属棒下滑的加速度为3 m/s2时，根据牛顿第二定律得mgsin-BIL=ma解得v=1.6 m/s答案：(1)0.8 kg0.5 (2)1.6 m/s【加固训练】如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板
19、上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦阻力不计。(1)求滑块K的线圈中最大感应电动势的大小；(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？(3)若缓冲车以v0速度与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，求此后
20、缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律？(4)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物C碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大？【解析】(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有Em=nBLv0。(2)由法拉第电磁感应定律得：E=n，其中=BL2。由欧姆定律得：=，又=代入整理得：此过程线圈abcd中通过的电量为：q=n。由功能关系得：线圈产生的焦耳热为：Q=m(3)位移为x时通过的电量为：q=n=由动量定理可得：-F安t=mv-mv0-nBILt=mv-mv0，-nBLq=mv-mv0解得：v=-v0(4)由v=-v0当v=0时可求得：x=答案：(1)nBLv0(2)nm(3)v=+v0(4)