55电磁感应问题的综合分析(一)

电磁感应问题的综合分析一、单选题1．如图2所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)A ．2．5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7．5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W2．如图所示， 间距为L 的光滑平行金属导轨弯成“∠”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成θ角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的大小为B 的匀强磁场中． 导体棒ab 和cd 均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻皆与阻值为R 的固定电阻相等， 其余部分电阻不计．当导体棒cd 沿底部导轨向右以速度v 匀速滑动时，导体棒ab 恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab 的重力为mg ，则A ．导体棒cd 两端电压为BLvB ．t 时间内通过导体棒cd 横截面的电荷量为2BLvt 3RC ．cd 棒克服安培力做功的功率为B 2L 2v 2RD ．导体棒ab 所受安培力为mg sin θ3．如图，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的直角三角形线框abc 的ab 边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab 边垂直．则下列各图中可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律的是4．(2013·新课标)如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是5．图中L 是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R 、R 0、电键和电池E 可构成闭合回路．线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时，该电流为正，否则为负．电键K 1和K 2都处于断开状态．设在t ＝0时刻，接通电键K 1，经过一段时间，在t ＝t 1时刻，再接通电键K 2，则能正确表示L 中的电流I 随时间t 变化图线的是6．如图，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等．m 和n 是1线框下边的两个端点，p 和q 是2线框水平直径的两个端点．1和2线框同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m 、n 和p 、q 连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是A ．m 、n 和p 、q 电势的关系一定有U m <U n ，U p >U qB ．m 、n 和p 、q 间电势差的关系一定有U mn ＝U pqC ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1>Q 2D ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＝Q 27．如图甲所示，MN 左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场方向垂直，且bc 边与磁场边界MN 重合．当t ＝0时，对线框施加一水平拉力F ，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t ＝t 0时，线框的ad 边与磁场边界MN 重合．图乙为拉力F 随时间t 变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B 的大小及t 0时刻线框的速率v 为A ．B ＝1L mR t 0 B ．B ＝2L mR t 0C ．v ＝F 0t 0mD ．v ＝2F 0t 0m8．如图，间距l ＝0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R 相同、质量均为m ＝0.02 kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲也为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a＝5 m/s 2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s 2，则A ．每根金属杆的电阻R ＝0．016 ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0．2 sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0．1 W9．如图甲，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量为m ＝0.1 kg ，电阻为r ＝0.1 Ω的金属杆ab ，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F 沿水平方向拉杆，使杆由静止开始运动，若理想电压表示数U 随时间t 的变化关系如图乙所示．求：(1)金属杆在第5秒末的瞬时速度；(2)若在5秒时间内电阻R 上产生的焦耳热为12.5 J ，求在这段时间内外力F 所做的功．10．如图， 间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场． 电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上， S 杆的两端固定在b 1、b 2点， K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好． 一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂， 绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环． 已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑， K 杆保持静止， Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动． 不计导轨电阻和滑轮摩擦， 绳不可伸长． 取g ＝10 m/s ， sin37°＝0.6， cos37°＝0.8．求： (1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．11．如图，一质量m ＝0.5 kg 的“日”字形匀质导线框“abdfeca ”静止在倾角α＝37°的粗糙斜面上，线框各段长ab ＝cd ＝ef ＝ac ＝bd ＝ce ＝df ＝L ＝0.5 m ，ef 与斜面底边重合，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，ab 、cd 、ef 三段的阻值相等且均为R ＝0.4 Ω，其余部分电阻不计．斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH ，其宽度GI ＝HJ ＝L ，长度IJ >L ，IJ ∥ef ，磁场垂直斜面向上，磁感应强度B ＝1 T ．现用一大小F ＝5 N 、方向沿斜面向上且垂直于ab 的恒力作用在ab 中点，使线框沿斜面向上运动，ab 进入磁场时线框恰好做匀速运动．若不计导线粗细，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)ab 进入磁场前线框运动的加速度a 的大小；(2)cd 在磁场中运动时，外力克服安培力做功的功率P ；(3)线框从开始运动到ef 恰好穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热与外力F 做功的比值Q W．12．相距L ＝1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27 kg的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计，g 取10 m/s 2．ab 棒在方向竖直向上、大小按图(b)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放．(1)求出磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小；(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(c)中定性画出cd 棒所受摩擦力f cd 随时间变化的图象．（b ）（a ） （c ）专题六 电磁感应问题的综合分析（一）参考答案1．答案 B解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ，所以F 安＝mg (sin θ－μcos θ)＝0．4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度 v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B ． 2．解析: 选 B ．导体棒cd 匀速运动， 产生的电动势E ＝BLv ， 由串联电路电压关系U cd ＝R 并R 并＋RE ＝13BLv ， 则A 错． R 总＝R 并＋R ＝32R ， I ＝BLv R 总， Q ＝It ， 则: Q ＝2BLvt 3R ， 则B 正确． cd 棒克服安培力做功的功率P cd ＝BIL ·v ＝2B 2L 2v 23R， 则C 错． 对棒ab : mg sin θ＝F 安·cos θ得F 安＝mg tan θ， 则D 项错．3．答案 D解析 根据法拉第电磁感应定律和楞次定律，可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化规律的是图D ．4．答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R 、F ＝BIL 得F ＝B 2L 2v R，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2v R，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D 正确．5．答案 A解析 t ＝0时刻，接通电键K 1，由于线圈自感的作用，L 中的电流I 逐渐增大．在t ＝t 1时刻，再接通电键K 2，线圈产生自感电动势，电流逐渐减小，选项A 正确．6．答案 D解析 当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知U n >U m ，U q >U p ，A 错误；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B 错误；设m 、n 间距离为a ，由q ＝ΔΦR ，R ＝ρl S 得进入磁场过程中流过1、2线框的电荷量都为BaS 4ρ，C 错误，D正确．题型2 电磁感应图象问题7．答案 C解析 由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ，而v ＝at ，由欧姆定律有I ＝E R ，由安培力公式有F 安＝BIL ，由牛顿第二定律有F －F 安＝ma ，解得F ＝ma ＋B 2L 2a R t ，由此式及F －t 图象可知F 0＝ma ，B 2L 2a R＝3F 0－F 0t 0，解得a ＝F 0m ，B ＝1L 2mR t 0，则v ＝at 0＝F 0t 0m，选项C 正确，A 、B 、D 错误． 8．答案 C解析 乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场．由v 2＝2al 解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v ＝2 m/s ，由v ＝at 解得甲金属杆在磁场中运动的时间为t ＝0．4 s ，选项B 错误；乙金属杆进入磁场后有mg sin 30°＝BIl ，又Blv ＝I ·2R ，联立解得R ＝0．064 Ω，选项A 错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F 和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C 正确；乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是P ＝BIlv ＝0．2 W ，选项D 错误．故本题答案为C ．9．解：(1)由题图乙可知t ＝5 s 时，U ＝2 V由I ＝U R ＝20.4A ＝5 A E ＝I (R ＋r )＝5×(0．4＋0．1) V ＝2．5 VE ＝BLv解得v ＝E BL ＝ 2.50.5×0.2m/s ＝25 m/s (2)由动能定理，W F －W 安＝12mv 2 W 安＝Q 1＋Q 2＝Q Q 1Q 2＝R r ＝41因Q 1＝12．5 J ，故Q 2＝3．125 J所以W 安＝Q ＝15．625 JW F ＝12mv 2＋W 安 ＝31．25 J ＋15．625 J ＝46．875 J 10．解：(1)设小环受到的摩擦力大小为f ， 由牛顿第二定律， 有m 2g －f ＝m 2a代入数据， 得f ＝0．2 N ．(2)设通过K 杆的电流为I 1， K 杆受力平衡， 有f ＝B 1I 1l设回路总电流为I ， 总电阻为R 总， 有I ＝2I 1R 总＝32R 设Q 杆下滑速度大小为v ， 产生的感应电动势为E ， 有I ＝E R 总E ＝B 2lvF ＋m 1g sin θ＝B 2Il拉力的瞬时功率为P ＝Fv联立以上方程， 代入数据得P ＝2 W11．解：(1)ab 进入磁场前，线框做匀加速运动摩擦力f ＝μmg cos α由牛顿第二定律有F －mg sin α－f ＝ma代入数据解得加速度a ＝2 m/s 2(2)由于线框穿过磁场的过程中有且仅有一条边切割磁感线，等效电路也相同，所以线框一直做匀速运动，设速度大小为v由力的平衡条件有F ＝mg sin α＋μmg cos α＋F 安代入数据解得F 安＝1 N而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R 总R 总＝R ＋R 2＝0．6 Ω 解得v ＝2．4 m/s所以P ＝F 安v ＝2．4 W(3)设ab 进入磁场前线框发生的位移为s则s ＝v 22a＝1．44 m 则Q ＝F 安·3L ＝1．5 JW ＝F (s ＋3L )＝14．7 JQ W ＝54912．解：(1)经过时间t ，金属棒ab 的速率v ＝at此时，回路中的感应电流为I ＝E R ＝BLv R对金属棒ab ，由牛顿第二定律得F －BIL －m 1g ＝m 1a由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2Rat (3分) 在图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11 N ；t 2＝2 s ，F 2＝14．6 N代入上式得：a ＝1 m/s 2，B ＝1．2 T (2分)(2)在2 s 末金属棒ab 的速率v ＝at ＝2 m/s (1分)所发生的位移s ＝12at 2＝2 m (1分) 由动能定理得W F －m 1gs －W 安＝12m 1v 2 (2分) 又Q ＝W 安联立以上各式并代入数据，解得Q ＝18 J (2分)(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动． (2分) 当cd 棒速度达到最大时，对cd 棒有：m 2g ＝μN (1分)又N ＝F 安，F 安＝BIL整理解得m 2g ＝μBIL (2分)对abcd 回路：I ＝E R ＝BLv m R(2分) 解得v m ＝m 2gR μB 2L 2＝0.27×10×1.80.75×1.22×1.52m/s ＝2 m/s (1分) v m ＝at 0得t 0＝2 s (1分)f cd 随时间变化的图象如图所示． (2分)。