1、第九章 第三节 电磁感应规律的综合应用课下作业时间45分钟满分100分一、选择题(本题共10小题，每题7分，至少一个答案正确，选不全得4分，共70分)1用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图9316所示当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是AUab0.1 VBUab0.1 VCUab0.2 V DUab0.2 V解析线框中的感应电动势ES0.20.110 V0.2 V，由楞次定律知，b点电势高，故UabE0.1 V，B选项正确答案B2(2013南京模拟)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，规定导体环中电流的
2、正方向如图9317甲所示，磁场方向向上为正当磁感应强度B随时间t按图9317乙变化时，图9318中能正确表示导体环中感应电流变化情况的是解析在02 s内，由楞次定律可知，感应电流方向为正；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电流恒定，选项D符合要求答案D3如图9319所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心环内两个圆心角为90的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度逆时针转动，t0时恰好在图示位置，规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆
3、从t0开始转动一周的过程中，电流随t变化的图象是图9320中的 图9-3-20解析导体杆OM在匀强磁场中绕O逆时针转动时，产生的感应电流I，大小不变，转到没有磁场的区域时I0.由题意知，t在0时，电流方向为负，t在时，电流方向为正，故选C.答案C4(2013广州期末)如图9321所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区域的左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，图9322所示的线框中感应电流i
4、与线框移动距离x的关系图象中正确的是(以逆时针方向为电流的正方向) 图9-3-22解析由楞次定律可知，刚进入磁场时电流沿逆时针方向，线框在磁场中时电流沿顺时针方向，出磁场时沿逆时针方向，进入磁场和穿出磁场等效为一条边切割磁感线，在磁场中时，AB边和CD边均切割磁感线，相当于两等效电源串联，故电流为进入和穿出时的两倍，所以C正确答案C5如图9323所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域(de足够长)现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好
5、做匀速运动以下说法正确的是A若B2B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B若B2B1，金属棒进入B2区域后仍保持匀速下滑C若B2B1，金属棒进入B2区域后将先加速后匀速下滑D若B2B1，金属棒进入B2区域后将先减速后匀速下滑解析若B2B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路中电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也没有变，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑，B对；若B2B1，金属棒进入B2区域后，安培力没有反向但大小变小，由FBILBL知，金属棒进入B2区域后先加速后匀速下滑，故C也对；同理，若B2B1，金属棒进入B2区域后先减速后匀速下滑，故D也对答案BCD 6如图9324所示，
6、有两根与水平方向成角的光滑平行且足够长的金属轨道，上端接有可变电阻R，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，不计轨道及金属杆的电阻，则A如果B增大，vm将变大B如果变大，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变小，vm将变大解析金属杆运动达到最大速度vm后做匀速直线运动，有mgsin ，所以vm，可知B、C正确答案BC7如图9325所示，水平光滑的金属框架的左端连接一个电阻R，有一金属杆在外力F的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，匀强磁场方向竖直向下，轨道与金属杆的电阻不计并接
7、触良好，则能反映外力F随时间t变化规律的图象是图9326中的解析由F安BIL，I，FF安ma，vat四式联立，得Ftma，故选项B正确答案B8(2013成都模拟)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图9327所示则A0时，杆产生的电动势为2Bav B时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为解析开始时刻，感应电动势E1BLv2Bav，故A项
8、正确时，E2B2acosvBav，故B项错误由L2acos ，EBLv，I，RR02acos (2)a，得在0时，F，故C项错误时F，故D项正确答案AD9一个闭合回路由两部分组成，如图9328所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为的平行导轨，宽度为d，其电阻不计磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是A圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B导体棒ab受到的安培力大小为mgsin C回路中的感应电流为D圆形导线中的电热功率为(rR)
9、解析根据左手定则，导体棒上的电流从b到a，根据电磁感应定律可得A项正确；根据共点力平衡知识，导体棒ab受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力，即F安mgsin ，项正确；根据mgsin B2Id，解得I，C项正确；圆形导线的电热功率等于I2r2rr，D项错误答案ABC10(2013黄浦区质检)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图9329所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程A产生的总内能相等B通过ab棒的电荷量相等C电流所做的功相等D安培力对ab棒所做的功不相等解析产生的总内能
10、等于金属棒减少的动能，选项A正确；两种情况下，当金属棒速度相等时，在粗糙导轨滑行时的加速度较大，所以导轨光滑时金属棒滑行的较远，根据qItt可知，导轨光滑时通过ab棒的电荷量较大，选项B错误；两个过程中，金属棒减少的动能相等，所以导轨光滑时安培力做的功等于导轨粗糙时安培力做的功与摩擦力做功之和，选项D正确；因为电流所做的功等于克服安培力做的功，所以选项C错误答案AD二、计算题(本大题共2小题，共30分要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11(14分)(2013长春模拟)如图9330甲所示，空间存在一宽度为2L的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里在光滑绝缘水平面内有一边长为L的
11、正方形金属线框，其质量m1 kg、电阻R4 ，在水平向左的外力F作用下，以初速度v04 m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由解析(1)由Ft图象可知，线框加速度a2 m/s2线框的边长Lv0tat2m3 mt0时刻线框中的感应电流I线框所受的安培力F安BIL由牛顿第二定律F1F安ma又F11 N，联立得B T(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势平均电流通过线框的电荷量qt联立得q0.
12、75 C(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x，由运动学公式得0v2ax代入数值得x4 m2L所以线框不能从右侧离开磁场答案(1)0.33 T(2)0.75 C(3)不能理由见解析12(16分)(2013海口模拟)如图9331所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻一质量m0.1 kg、电阻r0.1 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已
13、知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.解析(1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得其中Blx设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为qt联立式，代入数据得q4.5 C(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J.答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J