重点强化电磁感应定律的综合应用.DOC

1、智浪教育-普惠英才文库1重点强化(七) 电磁感应定律的综合应用(限时：45 分钟)(对应学生用书第 329 页)一、选择题(8 小题，每小题 6 分，14 为单选题，58 为多选题)1如图 1 所示，在一匀强磁场中有一 U 型导线框 bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于 ab 的一根导体杆，它可以在 ab、cd 上无摩擦地滑动，杆 ef 及线框中导体的电阻都可不计开始时，给 ef 一个向右的初速度，则( ) 【导学号：84370461】图 1Aef 将减速向右运动，但不是匀减速Bef 将匀减速向右运动，最后静止Cef 将匀速向右运动Def 将做往复运动A

2、 杆 ef 向右运动，所受安培力 FBIlBl ，方向向左，故BlvR B2l2vR杆做减速运动；v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动， A 正确2如图 2 所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为 L 和 2L 的两只闭合线框 a和 b，以相同的速度从磁感应强度为 B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对环做的功分别为 Wa、W b，则 WaW b为( )智浪教育-普惠英才文库2图 2A14 B12C1 1 D不能确定A 根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能又全部转化为焦耳热，则 WaQ a ，W bQ b ，由电BLv2Ra Lv B2Lv2Rb 2Lv阻

3、定律知 Rb2R a，故 WaW b14，A 正确3如图 3 所示的电路中，L 为自感线圈，其直流电阻与电阻 R 相等，C 为电容器，电源内阻不可忽略当开关 S 由闭合变为断开瞬间，下列说法中正确的是( )图 3A通过灯 A 的电流由 c 到 dBA 灯突然闪亮一下再熄灭CB 灯无电流通过，不可能变亮D电容器立即放电B 当开关 S 由闭合变为断开时，线圈中产生自感电动势，与灯泡 A 和电阻 R 构成闭合回路放电，由于断开开关前流过线圈的电流大于流过灯泡 A 的电流，故 A 灯突然闪亮一下再熄灭，电流从 d 到 c 流过灯泡 A，故 d 点电势比 c 点高，故 A 错误，B 正确；当开关 S 由

4、闭合变为断开时，外电路的总电流减小，故内电压减小，根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压增加，故电容器充电，有充电电流，故 B 灯有电流通过，电流方向由 a 到 b，故 C、D 错误故选 B.4在水平桌面上，一个面积为 S 的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图 4 甲所示，01 s 内磁场方智浪教育-普惠英才文库3向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为 L、电阻为 R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图乙所示，若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力 f 随时间变化的图象

5、是下图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)( )甲 乙图 4B 对棒受力分析，棒受的静摩擦力 fF 安 BIL，电动势 E S，感Bt应电流 I ，01 s 和 34 s 内的感应电流大小和方向相同，电ER Bt SR流从下向上通过导体棒，安培力向左，静摩擦力向右，为正；12 s 和45 s 内，感应电流为零，导体棒不受安培力，也不受静摩擦力；23 s 和 56 s 内，电流从上向下流过导体棒，安培力向右，静摩擦力向左，为负，大小和 01 s 内相同，所以 B 正确5(2018保定模拟 )如图 5 甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直规定磁场的正方向垂直

6、纸面向里，磁感应强度 B 随时间变化的规律如图乙所示下面说法正确的是( )甲 乙图 5智浪教育-普惠英才文库4A0 s1 s 时间内和 5 s6 s 时间内，导线框中的电流方向相同B0 s1 s 时间内和 1 s3 s 时间内，导线框中的电流大小相等C3 s5 s 时间内，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直 AB 边向上D1 s3 s 时间内，AB 边受到的安培力不变AC 0 s1 s 时间内穿过线圈的磁通量向外增加；5 s6 s 时间内穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项 A 正确；B- t 图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故 0 s1 s 时间内和 1s3

7、 s 时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B 错误； 3 s 5 s 时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直 AB 边向上，选项 C 正确；1 s3 s 时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据 FBIL 可知，AB 边受到的安培力要变化，选项 D 错误故选A、C.6如图 6 所示，上下边界间距为 l、方向水平向里的匀强磁场区域位于地面上方高 l 处质量为 m、边长为 l、电阻为 R 的正方形线框在距离磁场的上边界 l 处，沿水平方向抛出，线框的下边界进入磁场时加速度为零则线框从抛出到触地的过程中( )【导学号

8、：84370462】图 6A沿水平方向的分运动始终是匀速运动B磁场的磁感应强度为mgR2gl3C产生的焦耳热为 2mglD运动时间为 22lg智浪教育-普惠英才文库5ACD 线框进入磁场后竖直的两条边以 v0 水平垂直切割磁感线，两边产生的总电动势为零，线框的电动势就是下边产生的，EBlv .由于竖直的两边中电流方向相反，安培力抵消，线框水平方向受合力为零，水平方向做匀速直线运动，A 正确；EBlv Bl ，电流 I ，由2glERmgBIl，三式联立解得 B ，B 错误；因为线框和磁场一样宽，mgRl22gl所以线框匀速进磁场，匀速出磁场，对线框穿过磁场的过程应用动能定理，mg2 lW 克安

9、 0，W 克安 2mgl，而产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以产生的焦耳热为 2mgl，C 正确；l gt ，t 1 ，2lv t2 t2，t 2 ，所以总时间12 21 2lg 2gl 2lgtt 1t 22 ，D 正确2lg7(2018无锡模拟 )如图 7 所示，在电阻不计的边长为 L 的正方形金属框 abcd的 cd 边上接两个相同的电阻，平行金属板 e 和 f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B 大小相等，B 随时间 t 均匀增加，已知 BB 0kt(k0)，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为 L，板间距离为 L.

10、质量为 m，电荷量为q 的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从 f 板右边缘射出不计粒子重力，忽略边缘效应则( )图 7A金属框中感应电流方向为 abcdaB粒子带正电C.L2kqm智浪教育-普惠英才文库6D粒子在 e、f 间运动增加的动能为 kL2q14AC 根据楞次定律，原磁场向里均匀增加，感应磁场向外，利用右手螺旋定则可知，感应电流方向为 abcda，A 正确；由题知粒子受电场力向下，而电场方向向上(由 A 知，f 板电势高)，故粒子带负电，B 错误；粒子在两板间做类平抛运动，且两板间电势差为 ，E2 Bt 12L22 kL24由平抛运动规律，L v 0t， at2，a ，解

11、得 v0 ，C 正L2 12 qE2mL kqL4m L2kqm确；粒子在 e、f 间运动增加的动能等于电场力做的功，则 Ekq 12 kL2q，D 错误故选 A、C.E2 188(2018武汉模拟 )如图 8 所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为 2L 的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界 MN、PS 是水平的有一边长为 L 的正方形导线框 abcd 从距离磁场上边界 MN 的某高度处由静止释放穿过该磁场区域，已知当线框的 ab 边到达 PS 时线框刚好做匀速直线运动从线框的 ab 边到达 MN 时开始计时，以 MN 上某点为坐标原点，取如图坐标轴 x，并规定逆时针方向为感应

12、电流的正方向，向上为力的正方向则关于线框中的感应电流 i 和线框所受到的安培力 F 与 ab 边的位置坐标 x 关系的图线中，可能正确的是 ( )图 8智浪教育-普惠英才文库7AD 由于 ab 边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为 abcd，沿逆时针方向，故在图象中，在 0L 的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有变化，故其感应电流为 0；经分析知线框在进入磁场过程和在磁场中运动过程均做加速运动，则线框的 ab 边从磁场的下边界出来时的速度要比cd 边刚进入磁场时的大，故 cd 边刚进磁场时，线框的感应电流要比 ab边出磁场时的感应

13、电流小，又感应电流的方向与 ab 边刚入磁场时相反，故 A 正确，B 错误由于 ab 边穿出磁场时速度较大，产生的感应电流较大，且电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，故电流逐渐增大，安培力也逐渐增大在 0L 段，由前面分析知，感应电流小于 I0，因此安培力小于 mg，根据左手定则知安培力方向向上，在 L2L 段，线框内感应电流为 0，所以安培力为 0，在 2L 3L 段，线框做匀速直线运动，故受力平衡，即安培力等于重力，方向向上，故 C 错误，D 正确二、计算题(3 小题，共 52 分)9(16 分)(2018 大连模拟 )如图 9 所示，间距为 L 的平行且足够长

14、的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为 ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为 r 的定值电阻质量为 m、电阻也为 r 的金属杆 MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为 B 的匀强磁场闭合开关 S，让金属杆 MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为 g.求：智浪教育-普惠英才文库8图 9(1)金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率 vm；(2)金属杆 MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最

15、大速度 vm 前，当流经定值电阻的电流从零增大到 I0 的过程中，通过定值电阻的电荷量为 q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热 Q；(3)金属杆 MN 在水平导轨上滑行的最大距离 xm. 【导学号：84370463】解析(1)金属杆 MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsin BIL0根据欧姆定律可得：IBLvm2r解得：v m .2mgrsin B2L2(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为 x，由电流的定义可得：q tI 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得： I BS2rt BLx2rt解得：x2qrBL设电流为 I0 时金属杆的速度为 v0

16、，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I 0BLv02r此过程中，电路产生的总焦耳热为 Q 总 ，由功能关系可得： mgxsin Q总 mv12 20智浪教育-普惠英才文库9定值电阻产生的焦耳热 Q Q 总12解得：Q .mgqrsin BL mI20r2B2L2(3)由牛顿第二定律得：BILma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：IBLv2r可得： vmB2L22r vtvtmv，即 xmmv mB2L22r B2L22r得：x m .4m2gr2sin B4L4答案(1) (2) (3)2mgrsin B2L2 mgqrsin BL mI20r2B2L2 4m2gr2sin B4L41

17、0(16 分)(2018 郑州模拟 )如图 10 所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ 电阻不计，其间距为 L，两导轨及其构成的平面与水平面成 角两根用细线连接的金属杆 ab、cd 分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力 F 作用在杆 ab 上，使两杆静止已知两金属杆 ab、cd 的质量分别为m 和 2m，两金属杆的电阻都为 R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B.某时刻将细线烧断，保持杆 ab 静止不动，重力加速度为 g.图 10(1)求细线烧断后外力 F 的最小值 F1 和最大值 F2；(2)当外力 F 时，求 cd 杆的速度大小

18、；F1 F22(3)从细线烧断到 cd 杆达到最大速度，杆 ab 产生的电热为 Q，求 cd 杆在智浪教育-普惠英才文库10此过程中经过的位移解析(1)细线烧断瞬间，外力 F 取得最小值 F1，对杆 ab：F1mg sin cd 杆到达最大速度 vm 时，外力 F 取得最大值 F2，对杆 ab：F2mg sin F 安对 cd 杆，因其匀速运动，则 F 安 2mgsin 显然 F 安 F 安代入可得 F23mgsin .(2)当外力 F 时，对杆 abF1 F22Fmg sin F 安 2mg sin 可得 F 安 mgsin 又知 F 安 BIL其中 IBLv2R可得此时 cd 杆的速度 v .2mgRsin B2L2(3)由于两杆电阻相等，所以产生的电热相等cd 杆达到最大速度前，电路产生的总电热为 2Q，设 cd 杆达到最大速度前经过的位移为 x，由能量守恒可知2mgsin x (2m)v 2Q12 2mcd 杆最后匀速时 F 安 2mgsin BILIBLvm2R联立解得 x .8m3g2R2sin2 B4L4QB4L4mgsin 答案(1)mgsin 3mg sin (2) (3)2mgRsin B2L2 8m3g2R2sin2 B4L4QB4L4mgsin 11(20 分)(2018 沈阳模拟 )如图 11 所示，光滑绝缘的水平面上一个倒放的 “曰”