1、专题四 电路和电磁感应第11讲 电磁感应规律的综合应用A卷一、单项选择题1(2016大同模拟)矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行当MN中的电流突然增大时，线框所受安培力的合力方向()A向左B向右C在纸面内向上D在纸面内向下解析：当MN中电流突然增大时，由楞次定律可判断出矩形导线框abcd中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可判断出线框上、下两侧导线bc和ad所受安培力方向分别向下和向上，大小相等，彼此平衡左侧导线ba所受安培力的方向向右，右侧导线cd所受安培力方向向左，由于左侧导线ba所在处磁场的磁感应强度大于右侧导线cd所在处的磁感应强
2、度，所以线框所受安培力的合力方向向右，选项B正确答案：B2(2016济南模拟)平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒ab与导轨垂直且接触良好，ab棒在导轨间的阻值为r.输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R消耗的最大功率为()APB.PC.P D.P解析：ab棒在输出功率P恒定的电动机拉力作用下做加速度逐渐减小的加速运动当加速度减小到零时，ab棒产生的感应电动势最大，电阻R中电流最大，电阻R消耗的功率最大由功能关系可知，此时电动机输出功率等于电阻R和ab棒消耗的功率，即PI2(rR)，电阻R消耗
3、的功率PRI2R，联立解得PRP，选项B正确答案：B3.如图所示，两足够长的平行金属导轨MN和PQ置于倾角为30的斜面上，匀强磁场的方向垂直于斜面向上，N、Q间接有定值电阻R.现将放在轨道上的细金属硬杆AB由静止释放，回路中的最大发热功率为P，要使P增大为原来的2倍(不计摩擦及R以外的电阻)，以下做法正确的是()A将AB杆的质量增大到原来的2倍B将定值电阻R增大到原来的 倍C将磁感应强度B减小到原来的一半D将斜面的倾角增大到45解析：金属杆下滑时，电路中的感应电动势为EBlv(l是两平行导轨间的距离)，感应电流为I，金属杆受到的沿斜面向上的安培力为FBIl，当R上的热功率最大时，金属杆下滑的速
4、度最大，有mgsin 30，此时P，欲使P增大为原来的2倍，可以采用选项D的做法答案：D4如图甲所示，边长为L2.5 m、质量为m0.5 kg的正方形绝缘金属线框平放在光滑的水平桌面上，磁感应强度B0.8 T的匀强磁场方向竖直向上，金属线框的一边ab与磁场的边界MN重合在力F作用下金属线框由静止开始向左运动，在5 s时从磁场中拉出，力F做功1.92 J，并测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示已知金属线框的总电阻为R4 ，则下列说法中正确的是()(导学号 59230108)图甲图乙A金属线框从磁场中拉出的过程中，线框中的感应电流方向为badcbBt2 s时，金属线框的速度为2 m/sC
5、金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是2 JD金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是1.67 J解析：由楞次定律(或右手定则)，线框中感应电流的方向为abcda，A错误；设t2.0 s时的速度为v，据题意有BLvIR，解得vm/s0.4 m/s，B错误；由BLvIR，QWFmv2得QWFm1.92 J0.5J1.67 J，C错误，D正确答案：D二、多项选择题5轻质细线吊着一质量为m0.32 kg、边长为L0.8 m、匝数n10的正方形线圈，线圈总电阻为r1 ，边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示，从t0开
6、始经t0时间细线开始松弛，取重力加速度g10 m/s2.则下列判断正确的是()图甲图乙A在0t0时间内正方形线圈中电流方向为顺时针方向B在0t0时间内线圈中产生的电动势大小为0.4 VC在tt0时，线圈中电流的电功率为0.32 WD从t0开始到细线开始松弛所用时间为2 s解析：根据楞次定律判断在0t0时间内正方形线圈中电流方向为逆时针方向，A错误；由法拉第电磁感应定律得Enn0.4 V，B正确；由I0.4 A，得PI2r0.16 W，C错误；分析线圈受力可知，当细线松弛时有F安nBt0Img，I，Bt02 T，由题图乙知Bt010.5t0(T)，解得t02 s，D正确答案：BD6(2016广州
7、模拟)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是()(导学号 59230109)A通过R1的电流方向为自下而上B感应电动势大小为2Br2C理想电压表的示数为Br2D理想电流表的示数为解析：由右手定则可知辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题
8、意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁场线，因此感应电动势大小为Br2，选项B错误；由题图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，因此理想电压表的示数为Br2，选项C正确；理想电流表的示数为，选项D错误答案：AC7(2016福州模拟)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置，其他电阻不计整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上t0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F，棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图乙所示下列关于金属棒bc
9、的加速度a、通过棒的电流I、金属棒受到的外力F、穿过回路cbPM的磁通量随时间t变化的图象中正确的是()图甲图乙解析：由题意可得qIttt2，结合图乙可知金属棒的加速度a恒定，选项A错误，B正确；由牛顿第二定律可得Fmgsin BIlma，故有Fatm(gsin a)，选项C正确；由Bl(x0at2)可知选项D错误答案：BC三、计算题8如图所示，粗糙斜面的倾角37，半径r0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场一个匝数n10匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边已知线框质量m2 kg，总电阻R01
10、.25 ，边长L2r，与斜面间的动摩擦因数0.5.从t0时起，磁场的磁感应强度按B2t(T)的规律变化开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(导学号 59230110)(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；(2)小灯泡正常发光时的电阻R；(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q.解析：(1)由法拉第电磁感应定律En，得Enr2100.52V2.5 V.(2)小灯泡正常发光，有PI2R，由闭合电路欧姆定律有EI(R0R)，即有PR，代入数据解得R1.25 .(3)对线框bc边处于
11、磁场中的部分受力分析如图，当线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B，由力的平衡条件有mgsin F安FfF安mgcos ，F安nBI2r，I.由上解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B0.4 T线框在斜面上可保持静止的时间t s s，小灯泡产生的热量QPt1.25J3.1 J.答案：(1)2.5 V(2)1.25 (3)3.1 J9(2016徐州模拟)水平放置的两根足够长的平行金属导轨N、M间距L2 m，电阻忽略不计，处于磁感应强度大小B1 T、方向竖直向上的匀强磁场中，质量均为m0.8 kg、电阻均为r1 的P、Q两金属棒垂直导轨放置，导轨与金属棒之间的动摩擦因数为0.5，且两者接触
12、良好两条轻绳的一端分别水平垂直连接P、Q，另一端分别通过光滑的定滑轮连接质量为2m与m的两物体A、C，轻绳足够长开始时固定住物体A、C，轻绳拉直但其中张力为零，整个装置处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其中g取10 m/s2.(1)若始终固定住C，自由释放A，A的最大速度是多大？(2)若自由释放A，当A的速度至少多大时再释放C，C才能不下落？解析：(1)若始终固定住C，自由释放A，当A的运动速度为v时，P切割磁感线产生的电动势EBLv，感应电流为I.则P棒受到的安培力为FBIL.A向下做加速运动，2mgFT2ma，P向左做加速度大小与A相同的加速运动，FTmgma，可得2mgmg3m
13、a，A向下(P向左)做加速度减小的加速运动，直至以最大速度做匀速运动，此时2mgmg，得vm6 m/s.(2)设当A的速度大小为v1时释放C，C刚好不下落，则此时Q所受摩擦力为最大静摩擦力，方向水平向左，所受安培力大小为F1，则有F1mgmg，解得F14 N，由FBIL得对应的A的速度v12 m/s，即当A速度大小至少为2 m/s时释放C，C才不下落答案：(1)6 m/s(2)2 m/sB卷一、单项选择题1(2016晋中模拟)如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则
14、ab和cd棒的运动情况是()Aab向左，cd向右Bab向右，cd向左Cab、cd都向右运动 Dab、cd保持静止解析：当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，电路中的总电阻变小，流过螺线管的电流将增大，因此螺线管周围的磁场变强，即磁感应强度B变大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场应阻碍其变化，因此两根金属棒应分别向外运动，增大回路的面积，以增大螺线管外部磁场的磁通量来抵消内部磁场磁通量的增大，故选项A正确答案：A2(2016遵义模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图
15、甲所示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0t2时间内()甲乙A电容器C的电荷量大小不断增加B电容器C的a板先带正电后带负电CMN所受安培力的大小始终没变DMN所受安培力的方向先向右后向左解析：由题图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器两极板间的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变，A错误；根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上极板电势较高，一直带正电，故B错误；安培力FBIL，I、L不变，磁感应强度变化，则MN所受安培力的大小变化，故C错误；由楞次定律知，MN中感应电流方向一直向上
16、，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确答案：D3如图甲所示，用绝缘轻绳将一矩形线框静止悬吊在空中，线框处于竖直平面内线框正上方有一通电直导线，导线中通入方向向左、大小按图乙所示规律变化的电流，已知通入电流的过程中线框一直处于静止状态，则下列关于轻绳上的拉力的说法中正确的是()(导学号 59230111)图甲图乙A0t1时间内轻绳上的拉力一直等于线框的重力B0t1时间内轻绳上的拉力先大于线框的重力后小于线框的重力Ct0t1时间内轻绳上的拉力大于线框的重力D0t0时间内轻绳上的拉力大于线框的重力解析：0t0时间内，通电直导线中的电流减小，电流产生的磁场减弱，穿过线框的磁通
17、量减小，根据楞次定律知线框受到向上的安培力，对线框，根据平衡条件知轻绳上的拉力小于线框的重力，选项A、D错误；t0t1时间内，通电直导线中的电流增大，电流产生的磁场增强，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律知线框受到向下的安培力，对线框，根据平衡条件知轻绳上的拉力大于线框的重力，选项C正确，B错误答案：C4(2016太原五县市联考)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P间接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，t0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计已知通过电阻R的感应电流I随时间t变
18、化的关系如图乙所示下列关于金属棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是()甲乙解析：由闭合电路欧姆定律有I，由题意可知，感应电流I与时间成正比，故感应电动势E与时间成正比，金属棒的速度v与时间成正比，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E知，与时间成正比，选项B正确；由牛顿第二定律得，Fmgsin ma，而金属棒做匀加速运动vat，则Fmamgsin t，选项C错误；q，而导体棒的位移xat2，故q-t的图象为开口向上的抛物线，选项D错误答案：B二、多项选择题5.(2016保定五校联考)如图所示，在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC
19、，其中曲线导轨OA满足方程ykx2，长度为的直导轨OC与x轴重合，整个导轨处于垂直纸面(水平面)向里的匀强磁场中现有一长为L的金属棒从图示位置开始沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻为R0(单位：/m)，除金属棒的电阻外其余部分电阻均不计，金属棒与导轨始终接触良好，则在金属棒从开始运动至到达AC的过程中() At时刻回路中的感应电动势瞬时值为eBkv3t2B感应电流逐渐减小C闭合回路消耗的电功率逐渐增大D通过金属棒的电荷量为解析：t时刻金属棒切割磁感线产生的感应电动势eByv而ykx2，xvt，联立得eBkv3t2，选项A正确；由欧姆定律可得感应电流i，感应电流不变，选
20、项B错误；闭合回路消耗的电功率Pi2R，故选项C正确；通过金属棒的电荷量qit，t，故q，选项D错误答案：AC6(2016兰州模拟)如图所示，无限长光滑平行导轨与地面夹角为，质量为m，长为L的导体棒ab垂直于导轨水平放置，与导轨构成一闭合回路，空间内存在大小为B，方向垂直导轨向上的匀强磁场，已知导体棒电阻为R，导轨电阻不计，现将导体棒由静止释放，则以下说法正确的是()(导学号 59230112)A导体棒中的电流方向从a到bB导体棒先加速运动，后匀速下滑C导体棒稳定时的速率为D当导体棒下落高度为h时，速度为v，此过程中导体棒上产生的焦耳热等于mghmv2解析：由右手定则，可判断出导体棒中感应电流
21、方向为从b到a，选项A错误；导体棒沿光滑导轨下滑，受到重力、导轨支持力和安培力作用，由于安培力与导体棒速度成正比，所以导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零后，做匀速运动，即导体棒先加速运动，后匀速下滑，选项B正确；由Fmgsin ，FBIL，I，EBLv，联立解得导体棒稳定时的速率为v，选项C正确；当导体棒下落高度为h时，速度为v，机械能损失Emghmv2，由能量守恒定律可知，此过程中导体棒上产生的焦耳热等于损失的机械能，即Qmghmv2，选项D正确答案：BCD7(2016长春模拟)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为msin t，则产生的感应电动势为emcos t.如
22、图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软电阻丝制成)，端点A、D固定在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流方式一：将导线上的C点以恒定角速度1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持ADC45，将导线框以恒定的角速度2转90.则下列说法正确的是()A方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中ADC30位置的过程中，通过导线截面的电荷量为B方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大C若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则D若两种方式
23、电阻丝上产生的热量相等，则解析：方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中ADC30位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为BR2.由法拉第电磁感应定律，E，I，qIt，联立解得q，选项A正确；方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，选项B错误；第一种方式中穿过回路的磁通量1BR2sin 1t，所产生的电动势为e11BR2cos 1t，第二种方式中穿过回路的磁通量2BR2cos 2t，所产生的电动势为e22BR2sin 2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为，时间满足，产生的焦耳热Q1t1，Q2t2，若
24、Q1Q2，则，选项C正确，D错误答案：AC三、计算题8如图甲所示，质量为m的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上导轨平面与水平面间的夹角30，图中间距为d的两虚线和导轨围成一个矩形区域，区域内存在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场导轨上端通过一个电流传感器A连接一个定值电阻，回路中定值电阻除外的其余电阻都可忽略不计用一平行于导轨的恒定拉力拉着棒，使棒从距离磁场区域为d处由静止开始沿导轨向上运动，当棒运动至磁场区域上方某位置时撤去拉力棒开始运动后，传感器记录到回路中的电流I随时间t变化的It图象如图乙所示已知重力加速度为g，导轨足够长求：图甲图乙(1)拉力F的大小和匀强磁场的磁感应强度
25、B的大小；(2)定值电阻R的阻值；(3)拉力F作用过程棒的位移x.解析：(1)棒进入磁场运动过程，回路中电流均保持不变，说明棒在磁场中做匀速运动在磁场中向下运动过程，有mgsin 2I0Bl.解得磁感应强度大小B，在磁场中向上运动过程，有Fmgsin I0Bl，解得拉力大小Fmg.(2)棒开始运动直到第一次进入磁场过程，由动能定理得(Fmgsin )dmv，棒进入磁场后回路中的电流I0，解得定值电阻的阻值R.(3)棒离开磁场后拉力作用的位移为(x2d)，从棒离开磁场到再次进入磁场过程，由动能定理得F(x2d)m(vv)，棒第二次在磁场中运动过程回路中的电流为2I0，解得拉力F作用过程棒的位移x
26、3d.答案：(1)mg(2)(3)3d9(2016保定五校联考)如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在Q、F之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好(忽略所有摩擦，重力加速度为g)求：(1)电阻R中的感应电流方向；(2)重物匀速下降的速度v；(3)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR
27、；(4)若将重物下降h时的时刻记作t0，速度记为v0，从此时刻起，磁感应强度逐渐减小，若此后金属杆中恰好不产生感应电流，则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)解析：(1)由右手定则可知通过电阻R上的感应电流的方向为QRF.(2)重物匀速下降时，对系统由平衡条件得：3mgmgF0，又FB0IL，解得v.(3)设重物下降h的过程中，电路中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒定律知：减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热，即3mghmgh3mv2mv2Q，所以电阻R中产生的焦耳热QRQ.(4)金属棒中恰好不产生感应电流，则回路的磁通量不变，即hLB0(hh1)LB，式中h1v0tat2又ag，解得B.答案：(1)感应电流方向由QRF(2)(3)(4)