專題講座八　電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用(一)

1、.專題講座八電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用一1.2019·廣東湛江四校聯(lián)考如下圖,在一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,垂直于磁場(chǎng)方向程度放置著兩根相距為L(zhǎng)=0.1 m的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)N,Q之間連接一阻值R=0.3 的電阻.導(dǎo)軌上放置著金屬棒ab,其電阻r=0.2 .當(dāng)金屬棒在程度拉力作用下以速度v=4.0 m/s向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)AA.ab棒所受安培力大小為0.02 NB.N,Q間電壓為0.2 VC.a端電勢(shì)比b端電勢(shì)低D.回路中感應(yīng)電流大小為1 A解析:ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=0.5×0.1×4 V=0.2 V,感

2、應(yīng)電流為I=ER+r=0.20.3+0.2 A=0.4 A,ab棒所受安培力大小F安=BIL=0.5×0.4×0.1 N=0.02 N,故A正確,D錯(cuò)誤;N,Q間電壓為U=IR=0.4×0.3 V=0.12 V,故B錯(cuò)誤;由右手定那么知,ab棒中感應(yīng)電流方向由b到a,a端電勢(shì)較高,故C錯(cuò)誤.2.2019·長(zhǎng)春模擬如下圖,兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,整個(gè)裝置處在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.電容器的電容為C,除電阻R外,導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻均不計(jì).現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度,使導(dǎo)線MN向右運(yùn)動(dòng),當(dāng)電路穩(wěn)定后,

3、MN以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)CA.電容器兩端的電壓為零B.電阻兩端的電壓為BLvC.電容器所帶電荷量為CBLvD.為保持MN勻速運(yùn)動(dòng),需對(duì)其施加的拉力大小為B2L2vR解析:當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí),導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定,穩(wěn)定后,電容器既不充電也不放電,無(wú)電流產(chǎn)生,故電阻兩端沒(méi)有電壓,電容器兩極板間的電壓為U=E=BLv,所帶電荷量Q=CU=CBLv,故A,B錯(cuò),C對(duì);MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),因無(wú)電流而不受安培力, 故拉力為零,D錯(cuò).3.2019·鄭州模擬半徑為a、右端開(kāi)小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿,單位長(zhǎng)度電阻均為R0.圓環(huán)程度固定放置,整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

4、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸,從圓環(huán)中心O開(kāi)場(chǎng),桿的位置由確定,如下圖.那么AA.=0時(shí),桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2BavB.=3時(shí),桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為3BavC.=0時(shí),桿受的安培力大小為2B2av(+2)R0D.=3時(shí),桿受的安培力大小為2B2av(5+3)R0解析:=0時(shí),導(dǎo)體直桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度為2a,那么產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=2Bav;電路中電阻R=a+2aR0,感應(yīng)電流為I1=E1R=2Bv(+2)R0,所以桿所受安培力為F1=BI1·2a=4B2av(+2)R0,A正確,C錯(cuò)誤;同理,=3時(shí),E2=Bav,F

5、2=3B2av(5+3)R0,B,D均錯(cuò)誤.4.2019·廣州一模如下圖,線圈abcd固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示.以下關(guān)于ab邊所受安培力隨時(shí)間變化的Ft圖像規(guī)定安培力方向向右為正正確的選項(xiàng)是C解析:由楞次定律知,感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba,根據(jù)電磁感應(yīng)定律有E=nt=nBtS,那么I=ER=nBRtS,電流為定值,根據(jù)左手定那么,ab邊所受安培力的方向向右,由F=BIL知,安培力均勻增加,由于B0,因此F0.所以C正確,A,B,D錯(cuò)誤.5.如圖甲所示,矩形線圈abcd固定于方向相反的兩個(gè)磁場(chǎng)中,兩磁場(chǎng)的分界限OO恰好把線圈分成對(duì)稱的

6、左右兩部分,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示,規(guī)定磁場(chǎng)垂直紙面向內(nèi)為正,線圈中感應(yīng)電流逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?那么線圈感應(yīng)電流隨時(shí)間的變化圖像為A解析:當(dāng)垂直紙面向里的磁通量增大時(shí),垂直紙面向外的磁通量在減小,那么總的磁通量變化是垂直紙面向里增大,由楞次定律判斷可知,感應(yīng)電流為正,選項(xiàng)B,D錯(cuò)誤;由E=t=BtS可知,電路中感應(yīng)電流大小恒定不變,應(yīng)選項(xiàng)A正確.6.2019·洛陽(yáng)一模如圖甲所示,光滑導(dǎo)軌程度放置在與程度方向成60度角斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示規(guī)定斜向下為正方向,導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置,除電阻R的阻值外,其余電阻不計(jì),導(dǎo)體棒a

7、b在程度外力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài).規(guī)定ab的方向?yàn)殡娏鞯恼较?程度向右的方向?yàn)橥饬Φ恼较?那么在0t時(shí)間內(nèi),能正確反映流過(guò)導(dǎo)體棒ab的電流i和導(dǎo)體棒ab所受程度外力F隨時(shí)間t變化的圖像是D解析:由E=t=BStsin 60°可知,電動(dòng)勢(shì)保持不變,那么電路中電流不變,故A,B錯(cuò)誤;由安培力F=BIL可知,電路中安培力隨B的變化而變化,當(dāng)B為負(fù)值時(shí),安培力的方向?yàn)檎?外力F為負(fù);B為正值時(shí),安培力為負(fù)值,外力F為正值,故C錯(cuò)誤,D正確.7.2019·西安模擬多項(xiàng)選擇如下圖,兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)且相距L=0.2 m 的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角=37°的絕緣斜面上,頂

8、端接有一盞額定電壓U=4 V的小燈泡,兩導(dǎo)軌間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=5 T、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).今將一根長(zhǎng)為2L、質(zhì)量m=0.2 kg、接入電路的電阻r=1.0 的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置在頂端附近無(wú)初速度釋放、金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25,金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時(shí),小燈泡恰能正常發(fā)光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么BDA.金屬棒剛開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為3 m/s2B.金屬棒剛開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為4 m/s2C.金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為9.6 m/sD.金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)的速度大小為

9、4.8 m/s解析:金屬棒剛開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)初速度為零,不受安培力作用,由牛頓第二定律得mgsin -mgcos =ma,代入數(shù)據(jù)得a=4 m/s2,應(yīng)選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)速度為v,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E金屬棒的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng),回路中的電流為I,由平衡條件得mgsin =BIL+mgcos ,由閉合電路歐姆定律得I=E-Ur,而E=BLv,聯(lián)立解得v=4.8 m/s,應(yīng)選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確.8.2019·福建漳州模擬多項(xiàng)選擇如下圖,豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R,C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場(chǎng)區(qū)域,其區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向都垂直于導(dǎo)軌平面向外圖中未畫(huà)出,區(qū)域C1中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)

10、間按B1=b+ktk>0變化,C2中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B2,一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿AB穿過(guò)區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,并恰能保持靜止.那么BCDA.通過(guò)金屬桿的電流大小為mgB2LB.通過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)閺腂到AC.定值電阻的阻值為R=2kB2a3mg-rD.整個(gè)電路中產(chǎn)生的熱功率P=kamg2B2解析:AB桿平衡,那么有mg=B2I·2a,解得I=mg2aB2,A錯(cuò)誤;安培力向上,根據(jù)左手定那么可知,AB中感應(yīng)電流的方向?yàn)閺腂到A,B正確;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E=t=B1t·a2=ka2,由I=E

11、R+r,解得R=2kB2a3mg-r,C正確;整個(gè)電路產(chǎn)生的熱功率P=EI=kamg2B2,D 正確.9.2019·永州模擬如圖a所示,在光滑程度面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框,在1位置以速度v0=3 m/s進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)場(chǎng)計(jì)時(shí),此時(shí)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1 V,在t=3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開(kāi)場(chǎng)分開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng).此過(guò)程中vt圖像如圖b所示,那么 BA.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.25 VB.恒力F的大小為0.5 NC.線框完全分開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間位置3的速度大小為3 m/sD.線框完全分開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間位置3的速度大小為1 m/s解析:t=0時(shí),線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外

12、電壓,總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Bav0,外電壓U外=34E=0.75 V,故A錯(cuò)誤;在13 s內(nèi),線框做勻加速運(yùn)動(dòng),沒(méi)有感應(yīng)電流,線框不受安培力,那么有F=ma,由速度時(shí)間圖像的斜率表示加速度,求得a=vt=3-23-1 m/s2=0.5 m/s2,那么得F=0.5 N,故B正確.由b圖像看出,在t=3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開(kāi)場(chǎng)分開(kāi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)與線框進(jìn)入時(shí)速度一樣,那么線框出磁場(chǎng)與進(jìn)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)情況完全一樣,那么知線框完全分開(kāi)磁場(chǎng)的瞬間位置3的速度與t=1 s時(shí)刻的速度相等,即為2 m/s,故C,D錯(cuò)誤.10.2019·湖北襄陽(yáng)優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)考多項(xiàng)選擇半徑分別為r和2r的同心圓導(dǎo)軌固定在同一程度面

13、內(nèi),一長(zhǎng)為r,電阻為R的均勻直金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面,BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如下圖,整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向豎直向下.在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器.直金屬棒在程度外力作用下以角速度繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸.導(dǎo)軌電阻不計(jì).以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是CDA.金屬棒中電流從A流向BB.金屬棒兩端電壓為34B2rC.電容器的M板帶正電D.電容器所帶電荷量為34CBr2解析:根據(jù)右手定那么可知,金屬棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電流應(yīng)該是從B向A,故A錯(cuò)誤;據(jù)E感=BLv以及v=r可得切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E感=BLv=B

14、rr+2r2=32Br2,切割磁感線的導(dǎo)體相當(dāng)于電源,那么AB兩端的電壓相當(dāng)于路端電壓,那么UAB=RR+RE感=12×32Br2=34Br2,故B錯(cuò)誤;由于AB內(nèi)部電流方向由B向A,故金屬棒A端相當(dāng)于電源正極,故與A接近的電容器M板帶正電,故C正確;由AB兩端的電壓即R兩端電壓為34Br2,那么電容器所帶電荷量Q=CU=34CBr2,故D正確.11.導(dǎo)學(xué)號(hào) 588262202019·湖北天門(mén)模擬多項(xiàng)選擇如下圖,在程度面紙面內(nèi)有三根一樣的金屬棒ab,ac和MN,其中ab,ac在a點(diǎn)接觸,構(gòu)成“V字型導(dǎo)軌,導(dǎo)軌所在空間存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),用力使MN從a點(diǎn)由靜止開(kāi)場(chǎng)做勻加

15、速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)中MN始終與bac的角平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸,MN與ab,ac的交點(diǎn)分別為P,Q.關(guān)于回路中的電流I及P,Q間的電壓絕對(duì)值U與時(shí)間t的關(guān)系圖線,以下可能正確的選項(xiàng)是AC解析:設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,bac=2,單位長(zhǎng)度電阻為R0,MN棒向右加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a,t時(shí)刻金屬棒MN所處位置如下圖,根據(jù)幾何知識(shí),MN棒有效切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)=212at2·tan =at2tan ,P,Q間部分相當(dāng)于電源,其內(nèi)阻r=R0at2tan ,所圍閉合回路的外電阻為R=R0·212at2cos=R0at2cos,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,PQ間的電壓U=ERR+r=B·

16、;at2tan·atR0at2cos+R0at2tan·R0at2cos=Ba2tan1+sint3,即U與t3成正比,故由數(shù)學(xué)知識(shí)知,A圖像可能正確,B錯(cuò)誤;電流I=ER總=B·at2tan·atR0at2cos+R0at2tan=Bsin·atR0(1+sin),可見(jiàn)電流I與時(shí)間t成正比,故C正確,D錯(cuò)誤.12.導(dǎo)學(xué)號(hào) 588262212019·江西三校聯(lián)考如下圖,金屬桿ab,cd置于平行軌道MN,PQ上,可沿軌道滑動(dòng),兩軌道間距L=0.5 m,軌道所在空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,用力F=0.25 N

17、向右程度拉桿ab,假設(shè)ab,cd與軌道間的滑動(dòng)摩擦力分別為f1=0.15 N,f2=0.1 N,兩桿的有效電阻R1=R2=0.1 ,設(shè)導(dǎo)軌電阻不計(jì),ab,cd的質(zhì)量關(guān)系為2m1=3m2,且ab,cd與軌道間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等.求:1此兩桿之間的穩(wěn)定速度差;2假設(shè)F=0.3 N,兩桿間穩(wěn)定速度差又是多少?解析:因F>f1,故ab由靜止開(kāi)場(chǎng)做加速運(yùn)動(dòng),ab中將出現(xiàn)不斷變大的感應(yīng)電流,致使cd受到安培力F2作用,當(dāng)F2>f2時(shí),cd也開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng),故cd開(kāi)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的條件是F-f1-f2>0.1當(dāng)F=0.25 N時(shí),F-f1-f2=0,故cd保持靜止,兩桿的穩(wěn)定速度差等于ab的

18、最終穩(wěn)定速度vmax,故此種情況有:電流Im=EmR1+R2=BLvmaxR1+R2,安培力Fm=BImL,那么有F-Fm-f1=0,由此得vmax=0.32 m/s.2當(dāng)F=0.3 N>f1+f2,對(duì)ab,cd組成的系統(tǒng),ab,cd所受安培力大小相等,方向相反,合力為零,那么系統(tǒng)受的合外力為F合=F-f1-f2=0.05 N.對(duì)系統(tǒng)有F合=m1+m2a,因?yàn)?m1=3m2,那么F合=52m2a.取cd為研究對(duì)象,F安-f2=m2a,F安=BIL,I=BLvR1+R2,聯(lián)立各式解得v=R1+R2B2L225F合+f2=0.384 m/s.答案:10.32 m/s20.384 m/s13.

19、導(dǎo)學(xué)號(hào) 588262222019·唐山模擬在同一程度面上的光滑平行導(dǎo)軌P,Q相距l(xiāng)=1 m,導(dǎo)軌左端接有如下圖的電路.其中程度放置的平行板電容器兩極板M,N相距d=10 mm,定值電阻R1=R2=12 ,R3=2 ,金屬棒ab的電阻r=2 ,其他電阻不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直穿過(guò)導(dǎo)軌平面,當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m=1×10-14kg、電荷量q=-1×10-14C 的微粒恰好靜止不動(dòng).取g=10 m/s2,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,且速度保持恒定.試求:1勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向;2ab兩端的路端電壓;3金

20、屬棒ab運(yùn)動(dòng)的速度大小.解析:1負(fù)電荷受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),因?yàn)橹亓ωQ直向下,所以電場(chǎng)力豎直向上,故M板帶正電.ab棒向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),ab棒等效于電源,感應(yīng)電流方向由ba,其a端為電源的正極,由右手定那么可判斷,磁場(chǎng)方向豎直向下.2微粒受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài),根據(jù)平衡條件有mg=E電qE電為電場(chǎng)強(qiáng)度又E電=UMNd,所以UMN=mgdq=0.1 VR3兩端電壓與電容器兩端電壓相等,由歐姆定律得通過(guò)R3的電流為I=UMNR3=0.05 A那么ab棒兩端的電壓為Uab=UMN+IR1R2R1+R2=0.4 V.3由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv而E=Uab+Ir=0.5 V聯(lián)立解得v=1 m/s.答案:1豎直向下20.4 V31 m/s【老師備用】 導(dǎo)學(xué)號(hào) 588262232019·南昌二模如下圖,足夠長(zhǎng)的斜面與程