电磁感应的综合应用

练案[30]第十章电磁感应第3讲电磁感应的综合应用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2018·北京朝阳区模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为d，其左端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，现给导体棒MN一水平向右的初速度v1，经过时间t，导体棒MN向右运动的距离为x，速度变为v2，不计金属导轨和导体棒MN的电阻。甲、乙两位同学根据以上条件，分别求解在时间t内通过电阻R的电流产生的焦耳热Q，具体过程如下：(D)甲同学：在这段时间内，导体棒MN切割磁感线产生的平均感应电动势E＝Bdv＝Bdxt，所以Q＝I2Rt＝E2Rt＝B2d2x2tR。乙同学：在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热，则有Q＝12mv21－12mv22。A．两位同学的解法都正确B．两位同学的解法都错误C．甲同学的解法正确，乙同学的解法错误D．甲同学的解法错误，乙同学的解法正确[解析]导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势和感应电流都在减小，在计算过程中甲同学不应使用全过程电流的平均值，而应使用在t时间内电流的有效值，故甲同学的解法是错误的。根据功能关系，在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热，且与导体棒的运动的过程无关，乙同学的方法可以用来求解产生的焦耳热，故乙同学的解法是正确的，故A、B、C错误，D正确。2．(2018·福建龙岩质检)如图甲所示，用一根横截面为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径。在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于圆环平面向里，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则0～t1时间内(D)A．圆环中产生感应电流的方向为逆时针B．圆环中产生感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向C．圆环一直具有扩张的趋势D．圆环中感应电流的大小为B0rS4t0ρ[解析]穿过圆环的磁通量先向里减小再向外增加，由楞次定律可知，圆环中的感应电流方向一直为顺时针，故A、B错误；由楞次定律可知，0～t0时间内，为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，t0～t1时间内，为了阻碍磁通量的增大，圆环有缩小的趋势，故C错误；由法拉第电磁感应定律得E＝ΔBS2Δt＝B0πr22t0，感应电流I＝ER＝B0πr22t0·S2ρπr＝B0rS4t0ρ，故D正确。3．(2018·江西南昌一模)在自行车速度表中，条形磁铁与车轮的辐条连接，线圈固定在车架上，使车轮每转一圈磁铁就经过它一次。当磁铁经过线圈时，在线圈中感应出一个电流脉冲。如图所示显示了磁铁正要移经线圈。若以逆时针方向为正，下图中哪一个图象显示可能是所产生的电流脉冲(C)[解析]根据题图可知，当磁铁经过线圈时，穿过线圈的磁通量向外且增加，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流(负方向)；当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量向外且减小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流(正方向)，故C正确，A、B、D错误。4．(2019·东城区)如图所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时(C)A．电容器两端的电压为零B．通过电阻R的电流为BLvRC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR[解析]当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压。此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U＝E＝BLv，则电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，A、B错误，C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，D错误。5．(2018·辽宁沈阳高三期末)如图(甲)所示，一个U型光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，两导轨间的距离L＝0.2m，有垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化规律如图(乙)所示。一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直．在t＝0时刻，金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度v＝0.5m/s向右做匀速运动。当t＝4s时，下列说法中错误的是(B)A．穿过回路的磁通量为0.08WbB．电路中感应电动势大小E＝0.02VC．金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10－4ND．流过电阻R的感应电流随时间均匀增加[解析]当t＝4s时，金属杆的位移为：x＝vt＝0.5×4m＝2m，则穿过回路的磁通量为：Φ＝BS＝BLx＝0.2×0.2×2Wb＝0.08Wb，A正确；电路中感应电动势大小为：E＝BLv＋ΔΦΔt＝0.2×0.2×0.5V＋0.084V＝0.04V，B错误；根据欧姆定律可得电路中的电流为：I＝ER＝0.0410A＝0.004A，金属杆所受到的安培力的大小为：F＝BIL＝0.2×0.004×0.2N＝1.6×10－4N，C正确；电路中的感应电动势E＝BLv＋SΔBΔt＝kLvt＋LvΔBΔtt(k为B－t图象的斜率)，电路中的总电阻保持不变，则流过电阻R的电流随时间均匀增加，D正确。6．(2018·福建莆田二模)如图所示，水平面上有两根平行且足够长的金属导轨，左端接有一电容器C，导轨上搁置一金属棒，匀强磁场的方向垂直于导轨所在平面。现让金属棒在水平恒力F的作用下，由静止向右运动，运动过程中金属棒始终垂直于导轨，设某一时刻金属棒中的电流为I，受到的安培力为FB，瞬时速度为vt，电容器上所带电荷量为Q。不计一切电阻和摩擦。下列图象正确的是(AD)[解析]根据电流的定义I＝ΔQΔt＝CΔUΔt＝CBLΔvΔt①，根据牛顿第二定律得F－BIL＝ma②，①代入②得F－BLCBLΔvΔt＝ma，其中a＝ΔvΔt，联立得a＝FCB2L2＋m，加速度是定值，所以金属棒做匀加速直线运动，即I＝CBLa为定值，A正确，C错误；因为F－FB＝ma，所以FB恒定，B错误；因为Q＝CU＝CBLv＝CBLat，所以电荷量随时间均匀增加，D正确。7．(2018·宁夏银川模拟)如图所示为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，则金属棒旋转一周的过程中(AC)A．金属棒中电流的大小始终为2Bωr23RB．金属棒中电流方向始终由N到MC．电路中产生的热量为4πωB2r43RD．金属棒两端的电压大小始终为23Bωr2[解析]金属棒产生的电动势为金属棒在两部分磁场中分别切割磁感线产生的感应电动势之和，即E＝2×12Br2ω＝Br2ω，回路的外电阻12R，所以通过金属棒的电流I＝ER＋12R＝2Bωr23R，MN两端的电压U＝I·12R＝13Br2ω，A正确，D错误；根据金属棒MN的旋转方向与磁场方向，由右手定则可判断出，金属棒OM部分在左半部分磁场中时，金属棒中的电流方向由M流向N，当金属棒OM部分在右半部分磁场中时，金属棒中电流方向由N流向M，故B错误；MN旋转一周外力做功为W＝EIt＝Br2ω·2Bωr23R·2πω＝4πωB2r43R，则电路中产生的热量为4πωB2r43R，C正确。8．(2018·四川雅安三诊)如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0θ90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab接入电路的电阻为R，当金属棒ab下滑距离s时，速度大小为v，则在这一过程中(BCD)A．金属棒ab运动的平均速度大小为12vB．通过金属棒ab某一横截面的电荷量为BLsRC．金属棒ab受到的最大安培力为B2L2vRD．金属棒ab克服安培力做功为mgssinθ－12mv2[解析]分析金属棒ab的受力情况，有mgsinθ－B2L2vR＝ma，分析可得ab棒做加速度减小的加速运动，故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v，故A错误；通过金属棒ab某一横截面的电荷量q＝IΔt＝ΔΦΔt·1RΔt＝ΔΦR＝BLsR，故B正确；金属棒ab受到的最大安培力为F＝BIL＝B2L2vR，故C正确；根据动能定理可知，mgssinθ－W安＝12mv2，金属棒ab克服安培力做功为W安＝mgssinθ－12mv2，故D正确。二、非选择题9．(2019·东城区)随着新技术的应用，手机不断地更新换代。新机型除了常规的硬件升级外，还支持快充和无线充电。图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100，电阻r＝1.0Ω，线圈的横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝5.0Ω。线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：(1)t＝1.0×10－2s时线圈中的感应电动势E；(2)0～2.0×10－2s内通过电阻R的电荷量q；(3)0～3.0×10－2s内电阻R上产生的热量Q。[答案](1)0.6V(2)2.0×10－3C(3)3.0×10－3J[解析](1)由图乙可知，t＝0.01s时刻ΔBΔt＝4T/s根据法拉第电磁感应定律得E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt解得E＝0.6V(2)0～0.02s内，I＝ER＋r＝0.1A电荷量q＝IΔt解得q＝2.0×10－3C(3)0～0.02s内，E＝0.6V，I＝0.1A，根据焦耳定律可以得到，R上产生的焦耳热为Q1＝I2Rt1＝1.0×10－3J0．02～0.03s内，E′＝1.2V，I′＝0.2A，根据焦耳定律可以得到，R上产生的焦耳热为Q2＝I′2Rt2＝2.0×10－3J所以Q总＝Q1＋Q2＝3.0×10－3J10．(2018·河南南阳模拟)如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置，导轨间连接一阻值为6Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计。在两平行虚线m、n间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。导体棒a的质量为ma＝0.4kg，电阻Ra＝3Ω；导体棒b的质量为mb＝0.1kg，电阻Rb＝6Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。a、b从开始相距L0＝0.5m处同时由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时，a正好进入磁场，(g取10m/s2，不计a、b中电流的相互作用，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。求：(1)a穿过磁场时通过a的电流和b穿过磁场时通过b的电流的比值；(2)a、b两导体棒分别匀速穿过磁场时的速度大小之比；(3)整个过程中产生的总焦耳热。[答案](1)4(2)3︰1(3)1J[解析](1)设a、b棒穿过磁场时通过a、b棒的电流分别为Ia、Ib根据平衡条件可得magsin53°＝BIaL，mbgsin53°＝BIbL，解得IaIb＝mamb＝4(2)设b棒在磁场中的速度大小为vb，b棒产生的电动势为Eb，有Eb＝BLvb电路中总电阻R总1＝Rb＋RRaR＋Ra＝8Ω，根据闭合电路欧姆定律可得Ib＝EbR总1设a棒在磁场中速度大小为va，a棒产生的感应电动势为Ea，有Ea＝BLva电路总电阻R总2＝Ra＋RRbR＋Rb＝6Ω，根据闭合电路欧姆定律有Ia＝EaR总2由于IaIb＝4，所以vavb＝3︰1(3)b进入磁场时速度为vb，则此时a棒速度也为vb，a距磁场上边界距离为L0，a棒进入磁场速度