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第三讲电磁感应综合问题——课后自测诊断卷1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆()A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4解析：选BC金属杆在磁场之外的区域做加速运动，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，vt图像可能如图所示，可以看出B正确。由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确。设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝12mv2，由牛顿第二定律得B2L2vR－mg＝ma，解得h＝m2a＋g2R22B4L4g＞m2gR22B4L4，故D错误。2.[多选](2019·苏锡常镇二模)如图，一根足够长的直导线水平放置，通以向右的恒定电流，在其正上方O点用细丝线悬挂一铜制圆环。将圆环从a点无初速释放，圆环在直导线所处的竖直平面内运动，经过最低点b和最右侧c后返回。下列说法正确的是()A．从a到c的过程中圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针B．运动过程中圆环受到的安培力方向与速度方向相反C．圆环从b到c的时间大于从c到b的时间D．圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量解析：选AD由安培定则知，直导线上方磁场方向垂直纸面向外，圆环从a到b的过程中磁通量增加，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是顺时针；圆环从b到c的过程中磁通量减小，由楞次定律和安培定则可得，线圈中感应电流方向是逆时针，故A项正确；圆环从a到b的运动过程中，将环分解为若干个小的电流元，上半环的左右对称部分所受合力向下，下半环左右对称部分所受合力向上，下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强，则整个圆环所受安培力的方向向上，故B项错误；圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c速率大于从c到b的速率(一部分机械能转化为电能)，则圆环从b到c的时间小于从c到b的时间，故C项错误；圆环从b到c的过程与圆环从c到b的过程中经同一位置时从b到c圆环所受安培力大于从c到b圆环所受安培力，圆环从b到c的过程克服安培力做的功大于圆环从c到b的过程克服安培力做的功，所以圆环从b到c产生的热量大于从c到b产生的热量，故D项正确。3．[多选](2019·江苏省如东高级中学高三期末)健身车的磁控阻力原理如图所示，在铜质飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触)，人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离。则()A．飞轮受到阻力大小与其材料密度有关B．飞轮受到阻力大小与其材料电阻率无关C．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大D．磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越大解析：选CD飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培力大小与其材料的电阻率有关，与其密度无关，故A、B错误；磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，故C正确；磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，则飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，那么飞轮受到的阻力越大，故D正确。4．(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。解析：(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①回路的感应电流I＝ER②由①②式解得I＝Bdv0R。③(2)金属杆所受的安培力F＝BId④由牛顿第二定律，对金属杆F＝ma⑤由③④⑤式解得a＝B2d2v0mR。⑥(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v⑦感应电动势E＝Bdv′⑧感应电流的电功率P＝E2R⑨由⑦⑧⑨式解得P＝B2d2v0－v2R。⑩答案：(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2v0－v2R5．(2019·苏锡常镇二模)一种测量物体质量的装置，其结构如图甲、乙所示，磁极间存在着磁感应强度大小为B＝0.5T的匀强磁场。边长L＝0.1m、匝数n＝100匝的正方形线圈abcd套于中心磁极并固定在托盘骨架上，总质量m0＝1kg。线圈左右两边处于磁场中，与一数字式电量表(图上未画出)连接成一个回路，回路总电阻为R＝10Ω。托盘下方和磁极之间固定一劲度系数为k＝10N/cm的轻弹簧。在某次测量中，一物体从轻放到托盘上到最终静止的过程中流过电量表的净电荷量为q＝0.02C，不计摩擦和空气阻力，g取10m/s2。(1)当托盘向下运动的速度为v＝0.1m/s时，求此时线圈中感应电流的大小和方向；(2)求该物体的质量；(3)测量中弹簧增加的弹性势能为ΔEp＝0.2J，求回路产生的焦耳热Q。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得，E＝2nBLv＝1VI＝ER＝0.1A根据右手定则，线圈中感应电流的方向在俯视图中沿顺时针方向。(2)由题意可知流过电量表的电荷量q＝2nBLv－RΔt＝2nBLxR，解得：x＝0.02m根据kx＝mg，解得m＝2kg。(3)根据功能关系有：(m＋m0)gx＝ΔEp＋Q，解得：Q＝0.4J。答案：(1)0.1A在俯视图中沿顺时针方向(2)2kg(3)0.4J6．(2019·南京、盐城二模)如图所示，绝缘斜面倾角为θ，虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线与斜面底边平行。将质量为m、电阻为R、边长为l的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放，释放时cd边与磁场边界距离为x0，不计摩擦，重力加速度为g。求：(1)金属框cd边进入磁场时，金属框中的电动势大小E；(2)金属框cd边进入磁场时的加速度大小a；(3)金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量q。解析：(1)金属框进入磁场前机械能守恒，mgx0sinθ＝12mv2金属框中感应电动势大小为E＝Blv联立解得E＝Bl2gx0sinθ。(2)感应电流I＝ER安培力FA＝IlB取沿斜面向下为正方向，对于金属框mgsinθ－FA＝ma联立解得a＝gsinθ－B2l2mR2gx0sinθ。(3)金属框进入磁场过程中的平均电动势E＝ΔΦΔt＝Bl2Δt平均电流I＝ER流过的电荷量q＝IΔt联立解得q＝Bl2R。答案：(1)Bl2gx0sinθ(2)gsinθ－B2l2mR2gx0sinθ(3)Bl2R7．(2019·南京三模)如图甲所示，固定在水平桌面上的间距为L的光滑平行金属导轨，其右端MN间接有阻值为R的定值电阻，导轨上存在着以efhg为边界，宽度为d的匀强磁场，磁场磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场方向竖直向下。一长度为L的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R，在t＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t＝t0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B0，并保持不变。金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R上的电流大小不变。导轨电阻不计。求：(1)0～t0时间内流过电阻R的电流I的大小和方向；(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。解析：(1)0～t0时间内，由E＝ΔBΔtS解得E＝B0Ldt0由I＝E2R解得I＝B0Ld2Rt0方向为由N到M。(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t0时间内相同由E＝BLv解得v＝dt0金属棒匀速通过磁场F＝BIL代入数据解得F＝B02L2d2Rt0。(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I＝B0Ld2Rt0金属棒匀速通过磁场的时间为t＝dv＝t0所以Q＝I2R(t0＋t)＝B02L2d22Rt0。答案：(1)B0Ld2Rt0，方向为由N到M(2)dt0B02L2d2Rt0(3)B02L2d22Rt08.(2019·江苏七市三模)如图所示，水平导体棒ab质量为m、长为L、电阻为R0，其两个端点分别搭接在竖直平行放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r、电阻不计。阻值为R的电阻用导线与圆环相连接，理想交流电压表V接在电阻两端。整个空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。导体棒ab在外力F作用下以角速度ω绕两圆环的中心轴OO′匀速转动，产生正弦交流电。已知重力加速度为g。求：(1)导体棒ab沿环运动过程中受到的安培力最大值Fm；(2)电压表的示数U和导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程中通过电阻R的电荷量q；(3)导体棒ab从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力F做的功W。解析：(1)导体棒ab产生的最大感应电动势Em＝BLv＝BLωr根据欧姆定律可得：I＝EmR＋R0受到的安培力最大值：Fm＝BIL解得：Fm＝B2L2ωrR＋R0。(2)电动势的有效值为：E＝Em2通过电阻R的电流I＝Em2R＋R0电压表的示数U＝IR解得：U＝2BLωrRR＋R0导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程产生的平均感应电动势E＝ΔΦΔt通过电阻R的电荷量q＝I·Δt＝ER＋R0·Δt磁通量的变化量ΔΦ＝BLr解得：q＝BLrR＋R0。(3)此过程安培力做的功为：W安＝－I2(R＋R0)·πω由动能定理有：W＋W安－mg·2r＝0解得：W＝2mgr＋πωB2L2r2R＋R0。答案：(1)B2L2ωrR＋R0(2)2BLωrRR＋R0BLrR＋R0(3)2mgr＋πωB2L2r2R＋R0