電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用一、選擇題(每小題5分，共40分)1.如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，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)線的電阻均不計現(xiàn)給導(dǎo)線MN一初速度，使導(dǎo)線MN向右運動，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運動時()A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勻速運動，需對其施加的拉力大小為解析C當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運動時，導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，穩(wěn)定后，對電容器不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩板間的電壓為UEBLv，所帶電荷量QCUCBLv，C正確；因勻速運動后MN所受合力為0，且此時無電流，故不受安培力即無需拉力便可做勻速運動，D錯2.如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L的正方形剛性金屬框，ab邊的質(zhì)量為m，電阻為R，其他三邊的質(zhì)量和電阻均不計cd邊上裝有固定的水平軸，將金屬框自水平位置由靜止釋放，第一次轉(zhuǎn)到豎直位置時，ab邊的速度為v，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是()A通過ab邊的電流方向為abBab邊經(jīng)過最低點時的速度vCa、b兩點間的電壓逐漸變大D金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgLmv2解析D本題考查電磁感應(yīng)ab邊向下擺動過程中，磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及右手定則可知感應(yīng)電流方向為ba，選項A錯誤；ab邊由水平位置到達(dá)最低點過程中，機(jī)械能不守恒，所以選項B錯誤；金屬框擺動過程中，ab邊同時受安培力作用，故當(dāng)重力與安培力沿其擺動方向分力的合力為零時，a、b兩點間電壓最大，選項C錯誤；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)等于此過程中機(jī)械能的損失，故選項D正確3.如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，線圈開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進(jìn)入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強(qiáng)磁場過程中發(fā)出的焦耳熱為()A2mgL B2mgLmgHC2mgLmgH D2mgLmgH解析C設(shè)剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，剛穿出磁場時的速度v2.線框自開始進(jìn)入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意mvmgH，mvmg2LmvQ.聯(lián)立各式得Q2mgLmgH.C選項正確4.矩形線圈abcd，長ab20 cm，寬bc10 cm，匝數(shù)n200，線圈回路總電阻R5 .整個線圈平面內(nèi)均有垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場穿過若勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則()A線圈回路中感應(yīng)電動勢隨時間均勻變化B線圈回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0.2 AC當(dāng)t0.3 s時，線圈的ab邊所受的安培力大小為0.016 ND在1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為48 J解析D由EnnS可知，由于線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率 T/s0.5 T/s為常數(shù)，則回路中感應(yīng)電動勢為En2 V，且恒定不變，故選項A錯誤；回路中感應(yīng)電流的大小為I0.4 A，選項B錯誤；當(dāng)t0.3 s時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，則安培力為FnBIl2000.20.40.2 N3.2 N，故選項C錯誤；1 min內(nèi)線圈回路產(chǎn)生的焦耳熱為QI2Rt0.42560 J48 J，選項D正確5如圖所示，半徑為R的導(dǎo)線環(huán)對心、勻速穿過半徑也為R的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，關(guān)于導(dǎo)線環(huán)中的感應(yīng)電流隨時間的變化關(guān)系，下列圖象中(以逆時針方向的電流為正)最符合實際的是()解析C本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律及考生對圖象的分析能力由EBLv可得，當(dāng)線圈進(jìn)入磁場時，有效切割長度在變大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變大，由作圖可知，磁通量的變化量越來越小這時由楞次定律可得，電流的方向和規(guī)定的正方向相同當(dāng)線圈出磁場時，有效切割長度變小，磁通量變化量越來越大，這時由楞次定律可知，電流的方向與規(guī)定的正方向相反綜上所述，C項正確，A、B、D項錯誤6如圖所示，線圈內(nèi)有理想邊界的磁場，開關(guān)閉合，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，若線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d，粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，線圈面積為S，則下列判斷中正確的是()A帶電微粒帶負(fù)電B線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為C當(dāng)下極板向上移動時，帶電微粒將向上運動D當(dāng)開關(guān)斷開時，帶電微粒將做自由落體運動解析BC由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，由楞次定律及右手定則可知電容器下極板帶正電，帶電微粒靜止，說明其受到的電場力向上，故帶電微粒帶正電，選項A錯誤；由mg及UnnS可得：，選項B正確；當(dāng)下極板向上移動時，兩極板間距減小，由E可知場強(qiáng)變大，則mg<，故帶電微粒將向上加速運動，選項C正確；開關(guān)斷開時，電容器兩極板間電壓不變，故帶電微粒仍靜止，選項D錯誤7.一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，以一定的初速度v0從一光滑平行金屬導(dǎo)軌底端向上滑行，導(dǎo)軌平面與水平面成30角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導(dǎo)軌的電阻不計，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v，則()A向上滑行的時間大于向下滑行的時間B在向上滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量小于向下滑行時電阻R上產(chǎn)生的熱量C向上滑行時與向下滑行時通過電阻R的電荷量相等D金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點，電阻R上產(chǎn)生的熱量為m(vv2)解析C導(dǎo)體桿沿斜面向上運動時安培力沿斜面向下，沿斜面向下運動時安培力沿斜面向上，所以上升過程的加速度大于下滑過程的加速度，因此向上滑行的時間小于向下滑行的時間，A錯；向上滑行過程的平均速度大，感應(yīng)電流大，安培力做的功多，R上產(chǎn)生的熱量多，B錯；由q知C對；由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總熱量為m(vv2)，D錯8.如圖所示，兩豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌相距0.2 m，其電阻不計，處于水平向里的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T，導(dǎo)體棒ab與cd的電阻均為0.1 ，質(zhì)量均為0.01 kg.現(xiàn)用豎直向上的力拉ab棒，使之勻速向上運動，此時cd棒恰好靜止，已知棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，g取10 m/s2，則()Aab棒向上運動的速度為1 m/sBab棒受到的拉力大小為0.2 NC在2 s時間內(nèi)，拉力做功為0.4 JD在2 s時間內(nèi)，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為0.4 J解析Bcd棒受到的安培力等于它的重力，BLmg，v2 m/s，A錯誤ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F，則ab棒受到的拉力FTFG2mg0.2 N，B正確在2 s內(nèi)拉力做的功WFTvt0.222 J0.8 J，C不正確在2 s內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的熱量QI2Rt()2Rt0.2 J，D不正確二、非選擇題(共60分)9(14分)如圖所示，面積為0.2 m2的100匝線圈A處在磁場中，磁場方向垂直于線圈平面磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律是B(60.2t) T已知電路中的R14 ，R26 ，電容C30 F，線圈A的電阻不計，求：(1)閉合S后，通過R2的電流大小及方向(2)閉合S一段時間后，再斷開S，S斷開后通過R2的電荷量解析(1)由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化，根據(jù)B(60.2t) T，可知0.2 T/s，所以線圈中感應(yīng)電動勢的大小為EnnS1000.20.2 V4 V.通過R2的電流強(qiáng)度為I A0.4 A.由楞次定律可知通過R2的電流的方向由上而下(2)閉合S一段時間后，電容器被充上一定的電荷量，此時其電壓UIR20.46 V2.4 V.再斷開S，電容器將放電，通過R2的電荷量就是電容器原來所帶的電荷量：QCU301062.4 C7.2105 C.【答案】(1)0.4 A自上而下(2)7.2105 C10(15分)如圖所示，一根電阻為R12的電阻絲做成一個半徑為r1 m的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在水平勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直，磁感強(qiáng)度為B0.2 T，現(xiàn)有一根質(zhì)量為m0.1 kg、電阻不計的導(dǎo)體棒，自圓形線框最高點靜止起沿線框下落，在下落過程中始終與線框良好接觸，已知下落距離為時，棒的速度大小為v1 m/s，下落到經(jīng)過圓心時棒的速度大小為v2 m/s(取g10 m/s2)，試求：(1)下落距離為時棒的加速度(2)從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量解析(1)金屬棒下落距離為時，金屬棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢EB(r)v1 此時，金屬圓環(huán)為外電路，等效電阻為R1，金屬棒中的電流為I金屬棒受的安培力為FBIL0.12 N由mgF ma 得：ag10101.28.8(m/s2)(2)由能量守恒定率得mgrQmv0 所以，從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量為Qmgrmv0.1101 J 0.1()2 J0.44 J【答案】(1)8.8 m/s2(2)0.44 J11(15分)如圖所示，將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場時的速度剛好是進(jìn)入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進(jìn)入磁場整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力F阻且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動求：(1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場時的速度v2.(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1.(3)線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析由線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場可知，線框所受合力為零，由力的平衡知識可列力的平衡方程，其中安培力的表達(dá)式中含有v2，可解得；由線框離開磁場上升的過程和下落的過程，可根據(jù)動能定理列式求得離開磁場時的速度v1，線框在上升階段通過磁場過程中，重力、阻力、安培力做功，其中產(chǎn)生的焦耳熱Q為安培力做的負(fù)功值，由能量守恒可求得Q.(1)線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場瞬間mgF阻，解得v2.(2)線框從離開磁場至上升到最高點的過程(mgF阻)hmv.線框從最高點回落至進(jìn)入磁場瞬間(mgF阻)hmv.聯(lián)立解得v1v2.(3)線框在向上通過磁場過程中mvmvQ(mgF阻)(ab)，v02v1.Qm(mg)2F(mgF阻)(ab)【答案】(1)(2)(3)m(mg)2F(mgF阻)(ab)12(16分)如圖所示，兩足夠長平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角30，導(dǎo)軌電阻不計磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，兩根長為L的完全相同的金屬棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，每根棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R.現(xiàn)對ab施加平行導(dǎo)軌向上的恒力F，當(dāng)ab向上做勻速直線運動時，cd保持靜止?fàn)顟B(tài)(1)求力F的大小及ab運動速度v的大小(2)若施加在ab上的力的大小突然變?yōu)?mg，方向不變，則當(dāng)兩棒運動的加速度剛好相同時回路中的電流強(qiáng)度I和電功率P分別為多大？解析(1)ab棒所受合外力為零，F(xiàn)Fabmgsin 0.cd棒所受合外力為零，F(xiàn)cdmgsin 0.ab、cd棒所受安培力，F(xiàn)abFcdBILBL.聯(lián)立解得Fmg，v.(2)對ab棒，根據(jù)牛頓第二定律，得FBILmgsin ma1.對cd棒，根據(jù)牛頓第二定律，得BILmgsin ma2.根據(jù)題意可知，兩棒加速度相等，即a1a2.聯(lián)立以上各式得I，P2I2R.【答案】(1)mg(2)- 7 -