1、课时规范练32电磁感应现象中的综合应用问题一、基础对点练1.(多选)(动力学问题)用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则()A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a=D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=2.(图象问题)(2021江苏南京秦淮中学模拟)如图所示,电阻R=1 、半径r1=0.2 m的单匝圆形导线框P内
2、有一个与P共面的圆形磁场区域Q。P、Q的圆心相同,Q的半径r2=0.1 m;t=0时刻,Q内存在着垂直于圆面向里的磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t(T);若规定逆时针方向为电流的正方向,则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是选项图中的()3.(多选)(电路、能量问题)(2021宁夏银川模拟)如图所示,半径分别为2d和d的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内,两圆弧圆心均在O点,导轨右端接有阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态,金属棒AB通过绝缘轻杆连在O点的固定转轴上,两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁
3、场。将金属棒由静止释放,金属棒绕O点转动,不计转轴处摩擦,不计导轨电阻,金属棒转动过程中始终与导轨接触良好,当金属棒AB第一次转到竖直位置时,金属棒转动的角速度为,则下列说法正确的是()A.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒AB两端的电压为Bd2B.金属棒第一次转到竖直位置时,金属棒受到的安培力大小为C.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为D.从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热4.(多选)(动量、能量问题)(2021山东烟台高三一模)如图所示,间距为L、电阻不计的两根足够长的光滑平行金属导轨放置在绝缘的水平桌面
4、上。质量均为m、阻值均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置,两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连。棒ab右侧有一宽度为s的矩形匀强磁场区域,sl,磁场方向竖直向下。从图示位置开始在ab棒上施加向右的水平恒力F,使金属棒ab和cd向右匀速进入匀强磁场区域,当cd棒进入磁场后,立即撤去拉力F,最后两根金属棒能够穿出磁场区。已知ab开始运动前,细线恰好伸直且无拉力,金属棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.金属棒进入磁场区域的速度为B.两根金属棒进入磁场区域和离开磁场区域过程中,流过金属棒ab的电荷量绝对值相等C.金属棒cd离开磁场区域后两根金属棒的速度
5、为D.两根金属棒在穿过磁场区域的过程中,回路中产生的总焦耳热为2Fs-5.(多选)(能量问题)如图所示,相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L(Ld)、质量为m、电阻为R。将线框在磁场上方高h处由静止释放,ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度恰好相等。则在线框全部穿过磁场的过程中()A.ab边刚进入磁场时ab两端的电势差为BLB.感应电流所做功为mgdC.感应电流所做功为2mgdD.线框最小速度为v=二、素养综合练6.(2021贵州遵义模拟)如图甲所示,两足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上,间距为d=0.5 m,导轨电阻
6、不计。A、B、C、D、E、F点为两导轨上的点,矩形CEFD区域内存在匀强磁场B,其大小随时间的变化如图乙所示,C、E两点间的距离L=6 m。A、B处静止放置一接入电路阻值r=3 的导体棒,导体棒在一恒力F的作用下从0时刻开始运动(导体棒与两导轨始终垂直)。已知在导体棒从AB位置运动到EF位置的过程中,灯泡的亮度不变,灯泡电阻RL=6 ,定值电阻R=6 ,求:(1)前2 s内回路中电动势E的大小;(2)通过灯泡的电流大小I;(3)导体棒的质量m。7.(2021广西南宁高三模拟)如图所示,间距为L=1 m的平行光滑金属导轨倾斜固定放置,导轨足够长,导轨平面的倾角为=30,导轨下端分别连接有阻值为1
7、 的定值电阻R,电动势E=3 V、内阻r=1 的直流电源,质量为m=0.5 kg、长为L、电阻为r=1 的金属棒放在导轨上,绕轻质定滑轮的细线一端连接在杆的中点,另一端悬吊质量为m物=1 kg的重物,导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,金属棒与定滑轮间的细线与导轨平行,只闭合开关S1,金属棒处于静止状态,重力加速度g取10 m/s2,重物离地足够高,金属导轨电阻不计。(1)求匀强磁场磁感应强度大小。(2)再闭合开关S2,求闭合S2的一瞬间,重物的加速度大小。(3)在金属棒静止时,若断开S1,同时闭合S2,当通过电阻R的电荷量为5 C时,重物已做匀速
8、运动;至此时电阻R产生的焦耳热为多少?8.如图,相距L的光滑金属导轨,半径为R的的圆弧部分竖直放置,直的部分固定于水平地面,zyDE范围内有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab从圆弧导轨的顶端由静止释放,进入磁场后与cd棒没有接触。已知ab的质量为m,电阻为r,cd棒的质量为2m,电阻为r,金属导轨的电阻不计。(1)求当ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力大小。(2)当ab棒刚进入磁场边界zy时,求此时cd棒的加速度,并在图中标出通过cd棒的电流方向。(3)若cd棒离开磁场时的速度是此刻ab棒速度的一半,求:棒ab与cd从一开始到此刻产生的热量;cd棒离开磁场瞬间(可看作不在磁场),
9、ab棒受到的安培力大小。课时规范练32电磁感应现象中的综合应用问题1.AD解析:由右手定则可以判断感应电流的方向为顺时针,可知选项A正确;由左手定则可以判断,此时圆环受到的安培力方向应该向上,选项B错误;对圆环受力分析可解得加速度a=g-,选项C错误;当重力等于安培力时速度达到最大,可得vm=,选项D正确。2.C解析:由电磁感应定律可得,圆形导线框P中产生的感应电动势为E=0.01 V,由欧姆定律可知,圆形导线框P中产生的感应电流为I=0.01 A,因为原磁场是向里减小的,由楞次定律可知,感应电流的方向与规定的正方向相反,A、B、D错误,C正确。3.BC解析:金属棒第一次转到竖直位置时角速度为
10、,则电动势E=BdBd2,此时AB两端的电压为路端电压,则有UAB=E=Bd2,选项A错误;此时电路中的电流I=,金属棒受到的安培力大小为F安=BId=,选项B正确;从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中,通过电阻R的电荷量为q=,选项C正确;根据能量守恒定律可知,减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热和金属棒的动能之和,选项D错误。4.BC解析:设金属棒进入磁场的速度为v1,根据金属棒匀速进入磁场有F=BIL、E=BLv1、I=,联立解得v1=,A错误;根据电荷量的表达式q=,可知,由于进出磁场的磁通量的变化量相同,故流过金属棒ab的电荷量绝对值相等,且有q=,B正确;金属棒cd离开磁场
11、区域后两根金属棒的速度为v2,根据动量定理有-BLt=2mv2-2mv1,且有q=t=,联立解得v2=,C正确;两根金属棒在穿过磁场区域的过程中,根据能量守恒定律有Fl=Q+2m2m,解得Q=2Fl-,D错误。5.CD解析:线框自由下落过程,有mgh=,ab边刚进入磁场时,有E=BLv0,U=BLv0,解得U=,故选项A错误。根据能量守恒定律,从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程,动能变化为0,重力势能转化为线框产生的热量,Q=mgd,ab边刚进入磁场时速度为v0,ab边刚离开磁场时速度也为v0,所以从ab边刚穿出磁场到cd边离开磁场的过程,线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到cd边刚进
12、入磁场的过程产生的热量相等,所以线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程,产生的热量Q=2mgd,感应电流做的功为2mgd,故B错误,C正确。因为进磁场时要减速,即此时的安培力大于重力,速度减小,安培力也减小,若安培力减到等于重力,线框做匀速运动,全部进入磁场将做加速运动,设线框的最小速度为v,知全部进入磁场的瞬间速度最小。由动能定理,从ab边刚进入磁场到线框完全进入时,有mv2-=mgL-mgd,又=mgh,综上所述,线框的最小速度为,故D正确。6.答案:(1)6 V(2)0.5 A(3) kg解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,前2 s内的电动势为E=S=dL=20.56 V=6 V。(
13、2)导体棒相当于电源,回路的总电流为I总=回路总电阻为R总=r+=6 由于灯泡电阻与固定电阻阻值相等,故通过灯泡的电流为I=I总解得I=0.5 A。(3)2 s后导体棒进入磁场中匀速运动,产生的感应电动势为E=Bdv拉力等于安培力,F=F安=BI总d导体棒在进入磁场前做匀加速直线运动,有F=mav=at联立解得m= kg。7.答案:(1)5 T(2) m/s2(3)7.365 J解析:(1)流过金属棒的电流I1=1.5 A由于金属棒处于静止状态,因此BI1L+mgsin =m物g代入数据可得B=5 T。(2)设闭合S2的一瞬间,流过金属棒的电流为I2,根据闭合电路欧姆定律得I2r+(I2+)r
14、=E可得I2=1 A对金属棒,根据牛顿第二定律得FT-mgsin -BI2L=ma对重物m物g-FT=m物a联立解得a= m/s2。(3)金属棒上升的过程中,平均感应电动势平均电流流过某截面的电荷量q=t代入数据可得,金属棒上升的距离x=2 m重物做匀速运动的速度为v,根据平衡条件得m物g=mgsin +BI3L而I3=代入数据可得,重物运行的速度v=0.6 m/s根据能量守恒定律得m物gx=mgxsin +(m物+m)v2+Q而QR=Q解得QR=7.365 J。8.答案:(1)3mg(2),电流方向见解析(3)mgR解析:(1)由机械能守恒可得mgR=mv2解得v2=2gR又根据向心力公式,有F-mg=m得F=3mg由牛顿第三定律可得,压力大小为3mg。(2)由(1)知v=故E=BLv=BL得I=所以,可得加速度为a=电流方向如图所示。(3)棒ab到zy边界时的速度为此时的总动能为Ek=mgR设cd棒离开磁场时ab棒的速度为vab则vcd=vab故有mv=mvab+2mvab解得vab=。故Q=mgR-2mmgR。所以此时有E=BLvab、I=、F=BIL联立解得F=。