重點強化電磁感應定律的綜合應用

1、<p>　　重點強化(七)　電磁感應定律的綜合應用</p><p><b>　　(限時：45分鐘)</b></p><p>　　(對應學生用書第329頁)</p><p>　　一、選擇題(8小題，每小題6分，1～4為單選題，5～8為多選題)</p><p>　　1．如圖1所示，在一勻強磁場中有一U型導線框bac

2、d，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可以在ab、cd上無摩擦地滑動，桿ef及線框中導體的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) </p><p>　　【導學號：84370461】</p><p><b>　　圖1</b></p><p>　　A．ef將減速向右運動，但不是勻減速

3、</p><p>　　B．ef將勻減速向右運動，最后靜止</p><p>　　C．ef將勻速向右運動</p><p>　　D．ef將做往復運動</p><p>　　A　[桿ef向右運動，所受安培力F＝BIl＝Bl·＝，方向向左，故桿做減速運動；v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運動，A正確．]</p><p

4、>　　2．如圖2所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，若外力對環(huán)做的功分別為Wa、Wb，則Wa∶Wb為(　　)</p><p><b>　　圖2</b></p><p>　　A．1∶4　　　　　　　B．1∶2</p><p>　　C．1∶1 D

5、．不能確定</p><p>　　A　[根據(jù)能量守恒可知，外力做的功等于產(chǎn)生的電能，而產(chǎn)生的電能又全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，則Wa＝Qa＝·，Wb＝Qb＝·，由電阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A正確．]</p><p>　　3．如圖3所示的電路中，L為自感線圈，其直流電阻與電阻R相等，C為電容器，電源內(nèi)阻不可忽略．當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_瞬間，下列說法中正確的是(　　

6、)</p><p><b>　　圖3</b></p><p>　　A．通過燈A的電流由c到d</p><p>　　B．A燈突然閃亮一下再熄滅</p><p>　　C．B燈無電流通過，不可能變亮</p><p><b>　　D．電容器立即放電</b></p>&l

7、t;p>　　B　[當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，與燈泡A和電阻R構(gòu)成閉合回路放電，由于斷開開關(guān)前流過線圈的電流大于流過燈泡A的電流，故A燈突然閃亮一下再熄滅，電流從d到c流過燈泡A，故d點電勢比c點高，故A錯誤，B正確；當開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時，外電路的總電流減小，故內(nèi)電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電源的輸出電壓增加，故電容器充電，有充電電流，故B燈有電流通過，電流方向由a到b，故C、D錯誤．故選B.]<

8、/p><p>　　4．在水平桌面上，一個面積為S的圓形金屬框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖4甲所示，0～1 s內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下，圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導軌相連接，導軌上放置一根導體棒，導體棒的長為L、電阻為R，且與導軌接觸良好，導體棒處于另一勻強磁場中，如圖乙所示，若導體棒始終保持靜止，則其所受的靜摩擦力f隨時間變化的圖象是下圖中的(設向右的方向為靜摩擦力的正

9、方向)(　　)</p><p>　　甲 乙</p><p><b>　　圖4</b></p><p>　　B　[對棒受力分析，棒受的靜摩擦力f＝F安＝BIL，電動勢E＝S，感應電流I＝＝·，0～1 s和3～4 s內(nèi)的感應電流大小和方向相同，電流從下向上通過導

10、體棒，安培力向左，靜摩擦力向右，為正；1～2 s和4～5 s內(nèi)，感應電流為零，導體棒不受安培力，也不受靜摩擦力；2～3 s和5～6 s內(nèi)，電流從上向下流過導體棒，安培力向右，靜摩擦力向左，為負，大小和0～1 s內(nèi)相同，所以B正確．]</p><p>　　5．(2018·保定模擬)如圖5甲所示，正三角形導線框位于圓形有界勻強磁場中，磁場方向與導線框所在平面垂直．規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨

11、時間變化的規(guī)律如圖乙所示．下面說法正確的是(　　)</p><p>　　甲 　　 乙</p><p><b>　　圖5</b></p><p>　　A．0 s～1 s時間內(nèi)和5 s～6 s時間內(nèi)，導線框中的電流方向相同</p><p>　　B．0 s～1 s時間內(nèi)和1 s～3 s時間內(nèi)，導線框中的電流大

12、小相等</p><p>　　C．3 s～5 s時間內(nèi)，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊向上</p><p>　　D．1 s～3 s時間內(nèi)，AB邊受到的安培力不變</p><p>　　AC　[0 s～1 s時間內(nèi)穿過線圈的磁通量向外增加；5 s～6 s時間內(nèi)穿過線圈的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知導線框中的電流方向相同，選項A正確；B­t圖象的斜率等于

13、磁感應強度的變化率，故0 s～1 s時間內(nèi)和1s～3 s時間內(nèi)，感應電動勢的大小不等，感應電流不相等，選項B錯誤；3 s～5 s時間內(nèi)，磁通量向里增加，產(chǎn)生的感應電流為逆時針方向，則由左手定則可知，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊向上，選項C正確；1 s～3 s時間內(nèi)，感應電流大小不變，而磁場向外減弱，根據(jù)F＝BIL可知，AB邊受到的安培力要變化，選項D錯誤．故選A、C.]</p><p>　　6．如圖6所示

14、，上下邊界間距為l、方向水平向里的勻強磁場區(qū)域位于地面上方高l處．質(zhì)量為m、邊長為l、電阻為R的正方形線框在距離磁場的上邊界l處，沿水平方向拋出，線框的下邊界進入磁場時加速度為零．則線框從拋出到觸地的過程中(　　)</p><p>　　【導學號：84370462】</p><p><b>　　圖6</b></p><p>　　A．沿水平方向的分

15、運動始終是勻速運動</p><p>　　B．磁場的磁感應強度為</p><p>　　C．產(chǎn)生的焦耳熱為2mgl</p><p><b>　　D．運動時間為2</b></p><p>　　ACD　[線框進入磁場后豎直的兩條邊以v0水平垂直切割磁感線，兩邊產(chǎn)生的總電動勢為零，線框的電動勢就是下邊產(chǎn)生的，E＝Blv⊥.由于豎直

16、的兩邊中電流方向相反，安培力抵消，線框水平方向受合力為零，水平方向做勻速直線運動，A正確；E＝Blv⊥＝Bl，電流I＝，由mg＝BIl，三式聯(lián)立解得B＝，B錯誤；因為線框和磁場一樣寬，所以線框勻速進磁場，勻速出磁場，對線框穿過磁場的過程應用動能定理，mg·2l－W克安＝0，W克安＝2mgl，而產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，所以產(chǎn)生的焦耳熱為2mgl，C正確；l＝gt，t1＝，2l＝v⊥t2＝t2，t2＝，所以總時間t＝t1

17、＋t2＝2，D正確．]</p><p>　　7．(2018·無錫模擬)如圖7所示，在電阻不計的邊長為L的正方形金屬框abcd的cd邊上接兩個相同的電阻，平行金屬板e和f通過導線與金屬框相連，金屬框內(nèi)兩虛線之間有垂直于紙面向里的磁場，同一時刻各點的磁感應強度B大小相等，B隨時間t均勻增加，已知B＝B0＋kt(k＞0)，磁場區(qū)域面積是金屬框面積的二分之一，金屬板長為L，板間距離為L.質(zhì)量為m，電荷量為q的粒

18、子從兩板中間沿中線方向以某一初速度射入，剛好從f板右邊緣射出．不計粒子重力，忽略邊緣效應．則(　　)</p><p><b>　　圖7</b></p><p>　　A．金屬框中感應電流方向為abcda</p><p><b>　　B．粒子帶正電</b></p><p><b>　　C.&l

19、t;/b></p><p>　　D．粒子在e、f間運動增加的動能為kL2q</p><p>　　AC　[根據(jù)楞次定律，原磁場向里均勻增加，感應磁場向外，利用右手螺旋定則可知，感應電流方向為abcda，A正確；由題知粒子受電場力向下，而電場方向向上(由A知，f板電勢高)，故粒子帶負電，B錯誤；粒子在兩板間做類平拋運動，且兩板間電勢差為＝＝，由平拋運動規(guī)律，L＝v0t，＝at2，a＝＝，

20、解得v0＝，C正確；粒子在e、f間運動增加的動能等于電場力做的功，則ΔEk＝q××＝kL2q，D錯誤．故選A、C.]</p><p>　　8．(2018·武漢模擬)如圖8所示，一沿水平方向的勻強磁場分布在寬度為2L的某矩形區(qū)域內(nèi)(長度足夠大)，該區(qū)域的上、下邊界MN、PS是水平的．有一邊長為L的正方形導線框abcd從距離磁場上邊界MN的某高度處由靜止釋放穿過該磁場區(qū)域，已知當線框的a

21、b邊到達PS時線框剛好做勻速直線運動．從線框的ab邊到達MN時開始計時，以MN上某點為坐標原點，取如圖坐標軸x，并規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向，向上為力的正方向．則關(guān)于線框中的感應電流i和線框所受到的安培力F與ab邊的位置坐標x關(guān)系的圖線中，可能正確的是(　　)</p><p><b>　　圖8</b></p><p>　　AD　[由于ab邊向下運動，由右手定則可

22、以判斷出，線框在進入磁場時，其感應電流的方向為abcd，沿逆時針方向，故在圖象中，在0～L的這段距離內(nèi)，電流是正的；線框完全進入磁場后，穿過線框的磁通量沒有變化，故其感應電流為0；經(jīng)分析知線框在進入磁場過程和在磁場中運動過程均做加速運動，則線框的ab邊從磁場的下邊界出來時的速度要比cd邊剛進入磁場時的大，故cd邊剛進磁場時，線框的感應電流要比ab邊出磁場時的感應電流小，又感應電流的方向與ab邊剛?cè)氪艌鰰r相反，故A正確，B錯誤．由于ab邊

23、穿出磁場時速度較大，產(chǎn)生的感應電流較大，且電流與線框的速度成正比，即線框受到的安培力與線框的速度也成正比，故電流逐漸增大，安培力也逐漸增大．在0～L段，由前面分析知，感應電流小于I0，因此安培力小于mg，根據(jù)左手定則知安培力方向向上，在L～2L段，線框內(nèi)感應電流為0，所以安培力為0，在2L～ 3L段，線框做勻速直線運動，故受力平衡，即安培力等于重力，方向向上，故C錯誤，D正確．]</p><p>　　二、計算題(

24、3小題，共52分)</p><p>　　9．(16分)(2018·大連模擬)如圖9所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導軌由兩部分組成：傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為θ，在傾斜導軌頂端連接一阻值為r的定值電阻．質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導軌跨放在導軌上，在傾斜導軌區(qū)域加一垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在水平導軌區(qū)域加另一垂直導軌平面向下、磁感應強度大小也為B的勻強磁場．閉合

25、開關(guān)S，讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿運動到水平導軌前，已達到最大速度，不計導軌電阻且金屬桿始終與導軌接觸良好，重力加速度為g.求：</p><p><b>　　圖9</b></p><p>　　(1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的最大速率vm；</p><p>　　(2)金屬桿MN在傾斜導軌上運動，速度未達到最大速度vm前，當流經(jīng)

26、定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電荷量為q，求這段時間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；</p><p>　　(3)金屬桿MN在水平導軌上滑行的最大距離xm. </p><p>　　【導學號：84370463】</p><p>　　[解析](1)金屬桿MN在傾斜導軌上滑行的速度最大時，其受到的合力為零，</p><p>　　對

27、其受力分析，可得：mgsin θ－BIL＝0</p><p>　　根據(jù)歐姆定律可得：I＝</p><p><b>　　解得：vm＝.</b></p><p>　　(2)設在這段時間內(nèi)，金屬桿運動的位移為x，</p><p>　　由電流的定義可得：q＝Δt</p><p>　　根據(jù)法拉第電磁感應定律

28、、歐姆定律得：</p><p><b>　?。剑?lt;/b></p><p><b>　　解得：x＝</b></p><p>　　設電流為I0時金屬桿的速度為v0，根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律，可得：I0＝</p><p>　　此過程中，電路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總，由功能關(guān)系可得：mgxsin θ＝Q

29、總＋mv</p><p>　　定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Q總</p><p><b>　　解得：Q＝－.</b></p><p>　　(3)由牛頓第二定律得：BIL＝ma</p><p>　　由法拉第電磁感應定律、歐姆定律可得：I＝</p><p><b>　　可得：v＝m</b&g

30、t;</p><p>　　vΔt＝mΔv，即xm＝mvm</p><p><b>　　得：xm＝.</b></p><p>　　[答案](1)　(2)－　(3)</p><p>　　10．(16分)(2018·鄭州模擬)如圖10所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ電阻不計，其間距為L，兩導軌及其構(gòu)成的平

31、面與水平面成θ角．兩根用細線連接的金屬桿ab、cd分別垂直導軌放置，平行斜面向上的外力F作用在桿ab上，使兩桿靜止．已知兩金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m和2m，兩金屬桿的電阻都為R，并且和導軌始終保持良好接觸，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.某時刻將細線燒斷，保持桿ab靜止不動，重力加速度為g.</p><p><b>　　圖10</b></p>&

32、lt;p>　　(1)求細線燒斷后外力F的最小值F1和最大值F2；</p><p>　　(2)當外力F＝時，求cd桿的速度大??；</p><p>　　(3)從細線燒斷到cd桿達到最大速度，桿ab產(chǎn)生的電熱為Q，求cd桿在此過程中經(jīng)過的位移．</p><p>　　[解析](1)細線燒斷瞬間，外力F取得最小值F1，對桿ab：</p><p>

33、　　F1＝mgsin θ</p><p>　　cd桿到達最大速度vm時，外力F取得最大值F2，對桿ab：</p><p>　　F2＝mgsin θ＋F安</p><p>　　對cd桿，因其勻速運動，則F′安＝2mgsin θ</p><p><b>　　顯然F安＝F′安</b></p><p>　

34、　代入可得F2＝3mgsin θ.</p><p>　　(2)當外力F＝時，對桿ab</p><p>　　F＝mgsin θ＋F″安＝2mgsin θ</p><p>　　可得F″安＝mgsin θ</p><p><b>　　又知F″安＝BIL</b></p><p><b>　　其中

35、I＝</b></p><p>　　可得此時cd桿的速度v＝.</p><p>　　(3)由于兩桿電阻相等，所以產(chǎn)生的電熱相等．cd桿達到最大速度前，電路產(chǎn)生的總電熱為2Q，設cd桿達到最大速度前經(jīng)過的位移為x，由能量守恒可知</p><p>　　2mgsin θ·x＝(2m)v＋2Q</p><p>　　cd桿最后勻速時

36、F′安＝2mgsin θ＝BI′L</p><p><b>　　I′＝</b></p><p><b>　　聯(lián)立解得x＝.</b></p><p>　　[答案](1)mgsin θ　3mgsin θ</p><p><b>　　(2)　(3)</b></p>&l

37、t;p>　　11．(20分)(2018·沈陽模擬)如圖11所示，光滑絕緣的水平面上一個倒放的“曰”字型導線框，四周abfe為正方形，每邊長度為l，中間的導線cd距離右側(cè)邊ab的距離為l.上下橫邊ae、bf不計電阻，每條豎直邊ab、cd、ef的電阻都是R.虛線右側(cè)存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場邊界與導線框的豎邊平行．現(xiàn)在讓導線框以速度v0勻速垂直進入磁場區(qū)域．忽略一切阻力．試分析：</p>&

38、lt;p><b>　　圖11</b></p><p>　　(1)導線框勻速進入磁場過程中所需外力的情況，并計算所需外力的大小和方向；</p><p>　　(2)線框勻速進入過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q；</p><p>　　(3)分析、計算線框勻速進入磁場過程中ef邊消耗的電功率多大. </p><p>　　【導學號

39、：84370464】</p><p>　　[解析](1)ab 邊切割磁感線時：E＝BLv，①</p><p>　　電路總電阻為R總＝R　I＝②</p><p>　　ab邊受到安培力大小：F安＝BIl＝…③，方向向左</p><p>　　導線框勻速運動，外力與安培力等大反向：F外＝，方向向右④</p><p>　　ab、

40、cd兩個邊都進入磁場時，同時產(chǎn)生電動勢，并聯(lián)的電動勢仍為E，電源內(nèi)阻變?yōu)?，外電阻變?yōu)镽⑤</p><p>　　根據(jù)①②式導線框中的總電流不變．a(chǎn)b、cd兩邊中電流分別為：I′＝＝⑥</p><p>　　ab、cd邊受到安培力大小相等，總值：F′安＝2BI′l＝2Bl＝…?、撸较蛳蜃?lt;/p><p>　　所以F′外＝，方向向右，⑧</p><p&

41、gt;　　(2)線框進入磁場過程中，外力克服安培力做的功大小等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱：</p><p>　　Q＝F外＋F′外＝.⑨</p><p>　　(3)只有ab邊進入時，根據(jù)①②式，ef邊中電流：I1＝＝⑩</p><p>　　ef邊消耗電功率：P1＝I·R＝</p><p>　　ab、cd兩個邊都進入磁場時，根據(jù)⑥式，ef邊中