1、专题探究九电磁感应的综合应用(二)1.(2019辽宁重点中学模拟)如图所示,边长为L、电阻为R的正方形线框abcd放在光滑绝缘水平面上,其右边有一磁感应强度大小为B、方向竖直向上的有界匀强磁场,磁场的宽度为L,线框的ab边与磁场的左边界相距为L,且与磁场边界平行.线框在某一水平恒力作用下由静止向右运动,ab边进入磁场时线框恰好开始做匀速运动.根据题中信息,下列物理量可以求出的是(C)A.外力的大小B.匀速运动的速度大小C.进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量D.通过磁场区域的过程中产生的焦耳热解析:匀速时产生的感应电动势E=BLv,对线框根据欧姆定律可得I=,ab边受到的安培力大小为F安=
2、BIL,根据共点力的平衡可得F安=F,解得v=,由于拉力F不知道,也不能求出,所以v无法求出,A,B错误;线框进入磁场过程中,通过线框某横截面的电荷量q=t=,C正确;线框通过磁场过程,由能量守恒定律得,3FL=Q+mv2,由于F和v不知道,所以通过磁场区域的过程中产生的焦耳热无法求出,D错误.2.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的边长为L(Ltan ),设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.从某时刻起,在MN右侧加一方向垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小按B=kt(k0)的规律均匀变化.一段时间后,线框沿斜面向下运动,
3、ab边刚好穿出磁场时的速度为v,重力加速度为g,则(AD)A.线框刚开始运动时,感应电流的方向为abcdaB.线框刚开始运动时,线框中的电功率为P=C.线框离开磁场的过程中安培力所做的功W=mv2D.线框从开始运动到穿出磁场过程中通过导线截面的电荷量q=解析:磁场均匀增加,根据楞次定律,感应电流方向为abcda,A正确;线框刚要运动时,感应电流为I=,则线框中的电功率为P=I2R=,B错误;线框下滑过程中有重力、摩擦力、安培力三力做功,且重力小于摩擦力,根据动能定理,安培力做功小于动能变化量,C错误;ab边穿出磁场过程中通过的电荷量为q=,又线框开始滑动时有,mgsin +BIL=mgcos
4、,联立解得q=,D正确.7.(2018山东淄博三模)(多选)如图(甲)所示,左侧接有定值电阻R=3 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,导轨间距为L=1 m.一质量m=2 kg、接入电路的阻值r=1 的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒与导轨垂直且接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5,g=10 m/s2,金属棒的vx图像如图(乙)所示,则从起点发生x=1 m位移的过程中(CD)A.拉力做的功为16 JB.通过电阻R的电荷量为0.25 CC.定值电阻R产生的焦耳热为0.75 JD.所用的时间t一定大于1 s解析:根据图像可知v=
5、2x,金属棒运动过程中受到的安培力FA=,即安培力与x是线性函数,所以在此过程中平均安培力=1 N,根据功能关系WF=Wf+mv2+WFA=mgx+mv2+FAx=0.5201 J+222 J+11 J=15 J,故A错误;q= C=0.5 C,故B错误;克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热,Q=WF=1 J,而R上的焦耳热为QR=Q=Q=0.75 J,故C正确;vx图像中的斜率k=,所以a=kv,即随着速度的增加,加速度也在增加,若导体棒做匀加速运动1 m,末速度为v=2 m/s,则需要的时间为t=1 s,现在导体棒做加速度增加的加速运动,移动1 m后速度仍为v=2 m/s,则所需时间大于1
6、 s,故D正确.8.(2019辽宁鞍山模拟)(多选)如图,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距为L,电阻不计.在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场,在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁感应强度均为B.a,b两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直,分别位于两块磁场中,现突然给a棒一个水平向左的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中下列说法正确的是(BD)A.两金属棒组成的系统的动量守恒B.两金属棒组成的系统的动量不守恒C.安培力对a棒做功的功率等于a棒的发热功率D.安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和解析:a棒在左侧磁场中切割磁感线,
7、产生感应电动势,在回路中产生顺时针的感应电流,a棒受到向右的安培力,在b棒中的电流方向向下,所以b棒受到向右的安培力向右运动,所以a棒减速,b棒加速.由于a,b棒所受安培力都向右,所以两金属棒组成的系统所受合外力不为零,所以两金属棒组成的系统的动量不守恒,故A错误,B正确;根据能量守恒可知,a棒动能的减少量等于回路中产生的热量和b棒动能的增加量,由动能定理可知,a棒动能的减少量等于安培力对a棒做的功,b棒动能的增加量等于安培力对b棒做的功,所以安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和,故C错误,D正确.9.(2019福建龙岩模拟)(多选)如图,在水平面上固定有两条间距
8、为L的平行直导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.两根质量均为m、电阻均为R的金属杆,间隔一定距离垂直放在直导轨上.左金属杆获得一水平初速度v0后开始向右运动,运动过程中两根金属杆始终没有相碰.设导轨光滑且足够长,不计导轨的电阻和空气阻力.则(ACD)A.每根金属杆最终通过的电荷量为B.每根金属杆最终产生的焦耳热为mC.两根金属杆之间初始间距至少为D.最终穿过由两根金属杆和轨道组成的回路的磁通量变化量为解析:右边的金属杆受安培力作用,做加速运动,左边的金属杆受安培力作用,做减速运动,当两金属杆速度相等时,做匀速直线运动,在整个过程中动量守恒,设两金属杆的共同速度为v,根据
9、动量守恒定律得mv0=2mv,解得v=;设两金属杆间距为x,对左边的金属杆,由动量定理得BLt=mv,又q=t,解得q=,根据q=,解得=2qR=,又=BS=BLx,解得x=,故A,C,D正确;设回路中产生的总焦耳热为Q,根据能量守恒定律得m=Q+2mv2,解得Q=m,故每根金属杆产生的焦耳热为Q=Q=m,故B错误.10.如图(甲)所示,空间存在B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN,PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨,间距l=0.2 m,在导轨一端连接着阻值为R=0.4 的定值电阻,ab是跨接在导轨上质量为m=0.1 kg 的导体棒.从零时刻开始,通过一小型电动机对ab棒施加
10、一个牵引力,方向水平向左,使其从静止开始沿导轨做加速运动,此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好.图(乙)是拉力F与导体棒ab速率倒数关系图像.已知导体棒ab与导轨的动摩擦因数=0.2,除R外,其余部分电阻均不计,不计定滑轮的质量和摩擦,g=10 m/s2.(1)求电动机的额定功率;(2)若导体棒ab在16 s内运动了90 m并恰好达到最大速度,求在016 s内电阻R上产生的焦耳热.解析:(1)由图像知导体棒ab的最大速度为v1=10 m/s,此时导体棒中感应电动势为E=Blv1,感应电流I=,导体棒受到的安培力FA=BIl,此时电动机牵引力为F=,由牛顿第二定律得-mg-FA=0,联立代入数
11、据解得P=4.5 W.(2)由能量守恒得Pt=Q+mgs+m,代入数据解得R产生的热量Q=49 J.答案:(1)4.5 W(2)49 J11.(2018福建莆田第一中学月考)如图所示,MN,PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r=0.5 m的相同竖直半圆导轨在N,Q端平滑连接,M,P端连接定值电阻R,质量M=2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上,在其右侧至N,Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场,现有质量m=1 kg的ab金属杆以初速度 v0=12 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后,进入磁场并最终未滑出,cd绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点,不计其他电阻和摩擦,ab金属杆始终与导轨垂直且接触良
12、好(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动,g取10 m/s2),求:(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v;(2)正碰后ab杆的速度大小;(3)电阻R产生的焦耳热Q.解析:(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时,由牛顿第二定律有Mg=M,解得v= m/s.(2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中,由动能定理有-2Mgr=Mv2-M,解得碰撞后cd绝缘杆的速度v2=5 m/s,两杆碰撞过程,动量守恒,取向右为正方向,则有mv0=mv1+Mv2,解得碰撞后ab金属杆的速度v1=2 m/s.(3)ab金属杆进入磁场后,由能量守恒定律有m=Q,解得Q=2 J.答案:(1) m/s(2)2 m/s(3)2 J
