專題九電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用

專題九電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用1．如圖9-3-1所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′和QQ′，都處于同一水平面內(nèi)，P和Q之間連接一電阻R，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌放置一根導(dǎo)體棒MN，用一水平向右的力F拉動導(dǎo)體棒MN，以下關(guān)于導(dǎo)體棒MN中感應(yīng)電流方向和它所受安培力的方向的說法正確的是()．圖9-3-1A．感應(yīng)電流方向是N→MB．感應(yīng)電流方向是M→NC．安培力水平向左D．安培力水平向右解析答案AC2．在下列四個情景中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．A、B中的導(dǎo)線框為正方形，C、D中的導(dǎo)線框為直角扇形．各導(dǎo)線框均繞軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動周期均為T.從線框處于圖示位置時開始計時，以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應(yīng)電流i的正方向．則四個情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時間t的變化規(guī)律符合如圖9-3-2所示中it圖象的是()．圖9-3-解析線框轉(zhuǎn)動90°后開始進(jìn)入磁場，由楞次定律結(jié)合右手定則可得，若線框順時針轉(zhuǎn)動進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流由O點指向P點為負(fù)值，線框逆時針轉(zhuǎn)動進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流由P點指向O點為正值，所以B、D錯誤；線框若為正方形，進(jìn)入磁場后的一段時間內(nèi)切割磁感線的有效長度越來越大，產(chǎn)生的電動勢不為定值，感應(yīng)電流不恒定，A錯誤；線框若為扇形，進(jìn)入磁場后轉(zhuǎn)動90°的時間內(nèi)切割的有效長度恒為半徑，為定值，產(chǎn)生的電動勢恒定，電流恒定，C正確．答案C3．如圖9-3-3所示，一由均勻電阻絲折成的正方形閉合線框abcd，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場垂直，線框bc圖9-A．流過ab邊的電流方向相反B．a(chǎn)b邊所受安培力的大小相等C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱相等D．通過電阻絲某橫截面的電荷量相等解析線框離開磁場，磁通量減小，由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流方向為a→d→c→b→a，故A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，v不同，F(xiàn)不同，故B錯誤；線框離開磁場的時間t＝eq\f(L,v)，產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝eq\f(B2L3v,R)，故C錯誤；通過導(dǎo)體橫截面的電量q＝It＝eq\f(BL2,R)，故D正確．答案D4．如圖9-3-4甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直．現(xiàn)金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖9-3-18乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域的vt圖象．已知金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均為已知量．(下落過程中bc邊始終水平)根據(jù)題中所給條件，以下說法正確的是()．圖9-3-A．可以求出金屬框的邊長B．線框穿出磁場時間(t4－t3)等于進(jìn)入磁場時間(t2－t1)C．線框穿出磁場與進(jìn)入磁場過程所受安培力方向相同D．線框穿出磁場與進(jìn)入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱相等解析由線框運動的vt圖象，可知0～t1線框自由下落，t1～t2線框進(jìn)入磁場，t2～t3線框在磁場中只受重力作用加速下降，t3～t4線框離開磁場．線框的邊長l＝v3(t4－t3)選項A正確；由于線框離開時的速度v3大于進(jìn)入時的平均速度，因此線框穿出磁場時間小于進(jìn)入磁場時間，選項B錯；線框穿出磁場與進(jìn)入磁場過程所受安培力方向都豎直向上，選項C正確；線框進(jìn)入磁場mgl＝Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，線框離開磁場mgl＝Q2，可見Q1<Q2，選項D錯．答案AC5．如圖9-3-5甲所示，bacd為導(dǎo)體做成的框架，其平面與水平面成θ角，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的電阻為R，整個裝置放于垂直框架平面的變化磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖9-3-19乙所示，PQ能夠始終保持靜止，則0～t2時間內(nèi)，PQ受到的安培力F和摩擦力Ff隨時間變化的圖象可能正確的是(取平行斜面向上為正方向)圖9-3-解析在0～t2內(nèi)，磁場隨時間均勻變化，故回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小方向均恒定，所以PQ受到的安培力F＝BIL∝B，方向先沿斜面向上，t1時刻之后方向變?yōu)檠匦泵嫦蛳?，故A項正確，B項錯；靜摩擦力Ff＝mgsinθ－BIL，若t＝0時刻，mgsinθ>BIL，則Ff剛開始時沿斜面向上，若t＝0時刻，mgsinθ<BIL，則Ff剛開始時沿斜面向下，C、D都有可能正確．(極限思維法)答案ACD6．如圖9-3-6甲，在虛線所示的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場變化規(guī)律如圖9-3-20乙所示，面積為S的單匝金屬線框處在磁場中，線框與電阻R相連．若金屬框的電阻為eq\f(R,2)，則下列說法正確的是()．圖9-3-A．流過電阻R的感應(yīng)電流由a到bB．線框cd邊受到的安培力方向向下C．感應(yīng)電動勢大小為eq\f(2B0S,t0)D．a(chǎn)b間電壓大小為eq\f(2B0S,3t0)解析本題考查電磁感應(yīng)及閉合電路相關(guān)知識．由乙圖可以看出磁場隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，感應(yīng)電流方向由a→b，選項A正確；由于電流由c→d，根據(jù)左手定則可判斷出cd邊受到的安培力向下，選項B正確；回路中感應(yīng)電動勢應(yīng)為E＝eq\f(2B0－B0S,t0)＝eq\f(B0S,t0).選項C錯誤；因為eq\f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(U,R)，解得U＝eq\f(2B0S,3t0)，選項D正確．答案ABD7．一個閉合回路由兩部分組成，如圖9-3-7所示，右側(cè)是電阻為r的圓形導(dǎo)線，置于豎直方向均勻變化的磁場B1中；左側(cè)是光滑的傾角為θ的平行導(dǎo)軌，寬度為d，其電阻不計．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，且只分布在左側(cè)，一個質(zhì)量為m、電阻為圖9-3-A．圓形線圈中的磁場，可以向上均勻增強(qiáng)，也可以向下均勻減弱B．導(dǎo)體棒ab受到的安培力大小為mgsinθC．回路中的感應(yīng)電流為eq\f(mgsinθ,B2d)D．圓形導(dǎo)線中的電熱功率為eq\f(m2g2sin2θ,B\o\al(2,2)d2)(r＋R)解析導(dǎo)體棒此時恰好能靜止在導(dǎo)軌上，依據(jù)平衡條件知導(dǎo)體棒ab受到的安培力大小為mgsinθ，方向沿斜面向上，由左手定則判定電流方向為b→a，再由楞次定律判定A、B正確；回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(F,B2d)＝eq\f(mgsinθ,B2d)，C正確；由焦耳定律得圓形導(dǎo)線中的電熱功率為Pr＝eq\f(m2g2sin2θ,B\o\al(2,2)d2)r，D錯．答案D8．如圖9-3-8所示，abcd是一個質(zhì)量為m，邊長為L的正方形金屬線框．如從圖示位置自由下落，在下落h后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場，恰好做勻速直線運動，該磁場的寬度也為L.在這個磁場的正下方h＋L處還有一個未知磁場，金屬線框abcd在穿過這個磁場時也恰好做勻速直線運動，那么下列說法正確的是()．圖9-3-A．未知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是2BB．未知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是eq\r(2)BC．線框在穿過這兩個磁場的過程中產(chǎn)生的電能為4mgLD．線框在穿過這兩個磁場的過程中產(chǎn)生的電能為2mgL解析設(shè)線圈剛進(jìn)入第一個磁場時速度大小為v1，那么mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gh).設(shè)線圈剛進(jìn)入第二個磁場時速度大小為v2，那么veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2gh，v2＝eq\r(2)v1.根據(jù)題意還可得到，mg＝eq\f(B2L2v1,R)，mg＝eq\f(Bx2L2v2,R)整理可得出Bx＝eq\r(\f(\r(2),2))B，A、B兩項均錯．穿過兩個磁場時都做勻速運動，把減少的重力勢能都轉(zhuǎn)化為電能，所以在穿過這兩個磁場的過程中產(chǎn)生的電能為4mgL，C項正確、D項錯．答案C9．如圖9-3-9所示，間距l(xiāng)＝0.3m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)．在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.4T，方向豎直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場．電阻R＝0.3Ω、質(zhì)量m1＝0.1kg、長為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好．一端系于K桿中點的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2＝0.05kg的小環(huán)．已知小環(huán)以a＝6m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動．不計導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長．取g＝圖9-3-(1)小環(huán)所受摩擦力的大小；(2)Q桿所受拉力的瞬時功率．解析(1)以小環(huán)為研究對象，在環(huán)沿繩下滑過程中，受重力m2g和繩向上的摩擦力Ff，由牛頓第二定律知m2g－Ff＝m2代入數(shù)據(jù)解得Ff＝m2(g－a)＝0.05×(10－6)N＝0.2N.(2)根據(jù)牛頓第二定律知，小環(huán)下滑過程中對繩的反作用力大小Ff′＝Ff＝0.2N，所以繩上的張力FT＝0.2N．設(shè)導(dǎo)體棒K中的電流為IK，則它所受安培力FK＝B1IKl，對導(dǎo)體棒K，由平衡條件知FT＝FK，所以電流IK＝eq\f(5,3)A.因為導(dǎo)體棒Q運動切割磁感線而產(chǎn)生電動勢，相當(dāng)于電源．等效電路如圖所示，因K、S、Q相同，所以導(dǎo)體棒Q中的電流IQ＝2IK＝eq\f(10,3)A設(shè)導(dǎo)體棒Q運動的速度大小為v，則E＝B2lv由閉合電路的歐姆定律知IQ＝eq\f(E,R＋\f(R,2))解得v＝5m/s導(dǎo)體棒Q沿導(dǎo)軌向下勻速下滑過程中，受安培力FQ＝B2IQl由平衡條件知F＋m1gsin37°＝FQ代入數(shù)據(jù)解得F＝0.4N所以Q桿所受拉力的瞬時功率P＝F·v＝0.4×5W＝2W．(程序思維法)答案(1)0.2N(2)2W10．相距L＝1.5m的足夠長金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量為m1＝1kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m2＝0.27kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖9-3-10(a)所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導(dǎo)軌電阻不計．a(chǎn)b棒在方向豎直向上，大小按圖9-3-10(b)所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始，沿導(dǎo)軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放．圖9-3-(1)求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和ab棒加速度的大??；(2)已知在2s內(nèi)外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱．解析(1)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率v＝at此時，回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)對金屬棒ab，由牛頓第二定律得F－BIL－m1g＝m由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋eq\f(B2L2,R)at在圖線上取兩點：t1＝0，F(xiàn)1＝11