1、第3課時 專題 電磁感應的綜合應用1.（2010·揚州模擬）如圖12-3-12甲所示，光滑導軌水平放置在與水平方向夾角60°斜向下的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規律如圖12-3-12乙所示（規定斜向下為正方向），導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止狀態.規定ab的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力的正方向，則在0t時間內，能正確反映流過導體棒ab的電流i和導體棒ab所受水平外力F隨時間t變化的圖象是（ ）圖12312解析：由楞次定律可判定回路中的電流始終為ba方向，由法拉第電磁感應定律可判定回

2、路電流大小恒定，故A、B兩項錯；由F安BIL可得F安隨B的變化而變化，在0t0時間內，F安方向向右，故外力F與F安水平向右的分量等值反向，方向向左為負值；在t0t時間內，F安方向改變，故外力F方向也改變為正值，綜上所述，D項正確答案：D圖123132如圖12313所示，在水平桌面上放置兩條相距l的平行粗糙且無限長的金屬導軌ab與cd，阻值為R的電阻與導軌的a、c端相連金屬滑桿MN垂直于導軌并可在導軌上滑動，且與導軌始終接觸良好整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上，磁感應強度的大小為B.滑桿與導軌電阻不計，滑桿的中點系一不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一質量為m的物塊相連

3、，拉滑桿的繩處于水平拉直狀態現若從靜止開始釋放物塊，用I表示穩定后回路中的感應電流，g表示重力加速度，設滑桿在運動中所受的摩擦阻力恒為f，則在物塊下落過程中()A物體的最終速度為 B物體的最終速度為C穩定后物體重力的功率為I2R D物體重力的最大功率可能大于解析：本題綜合考查了法拉第電磁感應定律、安培力公式、能量守恒定律、閉合電路歐姆定律和物體的平衡知識由題意分析可知，從靜止釋放物塊，它將帶動金屬滑桿MN一起運動，當它們穩定時最終將以某一速度做勻速運動而處于平衡狀態，設MN的最終速度為v，對MN列平衡方程：fmg，v，所以A項正確；又從能量守恒定律角度進行分析，物塊的重力的功率轉化為因克服安培

4、力做功而產生的電熱功率和克服摩擦力做功產生熱功率，所以有：I2Rfvmgv，所以，v，所以B項正確，C項錯誤；物塊重力的最大功率為Pmmgvmg，所以D項錯誤答案：AB圖123143如圖12314所示，半徑為a的圓環電阻不計，放置在垂直于紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場中，環內有一導體棒電阻為r，可以繞環勻速轉動將電阻R、開關S連接在環上和棒的O端，將電容器極板水平放置，并聯在R和開關S兩端，如圖12314所示(1)開關S斷開，極板間有一帶正電q，質量為m的粒子恰好靜止，試判斷OM的轉動方向和角速度的大小(2)當S閉合時，該帶電粒子以g的加速度向下運動，則R是r的幾倍？解析：(1)由于粒子帶

5、正電，故電容器上極板為負極，根據右手定則，OM應繞O點逆時針方向轉動粒子受力平衡，mgqEBa2當S斷開時，UE，解得.(2)當S閉合時，根據牛頓第二定律mgqm·gU·R解得3.答案：(1)OM應繞O點逆時針轉動(2)3圖123154光滑的平行金屬導軌長L2 m，兩導軌間距d0.5 m，軌道平面與水平面的夾角30°，導軌上端接一阻值為R0.6 的電阻，軌道所在空間有垂直軌道平面向上的勻強磁場，磁場的磁感應強度B1 T，如圖12315所示有一質量m0.5 kg、電阻r0.4 的金屬棒ab，放在導軌最上端，其余部分電阻不計已知棒ab從軌道最上端由靜止開始下滑到最底端

6、脫離軌道的過程中，電阻R上產生的熱量Q10.6 J，取g10 m/s2，試求：(1)當棒的速度v2 m/s時，電阻R兩端的電壓；(2)棒下滑到軌道最底端時速度的大??；(3)棒下滑到軌道最底端時加速度a的大小解析：(1)當棒的速度v2 m/s時，棒中產生的感應電動勢EBdv1 V此時電路中的電流I1 A所以電阻R兩端的電壓UIR0.6 V.(2)根據QI2RtR，可知在棒下滑的整個過程中金屬棒中產生的熱量Q2Q10.4 J設棒到達最底端時的速度為v2，根據能的轉化和守恒定律，有：mgLsin mvQ1Q2解得：v24 m/s.(3)棒到達最底端時回路中產生的感應電流I22 A根據牛頓第二定律有：

7、mgsin BI2dma解得：a3 m/s2.答案：(1)0.6 V(2)4 m/s(3)3 m/s2圖123165如圖12316所示，在距離水平地面h0.8 m的虛線的上方，有一個方向垂直于紙面水平向里的勻強磁場，正方形線框abcd的邊長l0.2 m，質量m0.1 kg，電阻R0.08 .一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連線框，另一端連一質量M0.2 kg的物體A.開始時線框的cd在地面上，各段繩都處于伸直狀態，從如圖所示的位置由靜止釋放物體A，一段時間后線框進入磁場運動，已知線框的ab邊剛進入磁場時線框恰好做勻速運動當線框的cd邊進入磁場時物體A恰好落地，同時將輕繩剪斷，線框繼續上升一段

8、時間后開始下落，最后落至地面整個過程線框沒有轉動，線框平面始終處于紙面內，g取10 m/s2.求：(1)勻強磁場的磁感應強度B?(2)線框從開始運動到最高點，用了多長時間？(3)線框落地時的速度多大？解析：(1)設線框到達磁場邊界時速度大小為v，由機械能守恒定律可得：Mg(hl)mg(hl)(Mm)v2代入數據解得：v2 m/s線框的ab邊剛進入磁場時，感應電流：I線框恰好做勻速運動，有：MgmgIBl代入數據解得：B1 T(2)設線框進入磁場之前運動時間為t1，有：hlvt1代入數據解得：t10.6 s線框進入磁場過程做勻速運動，所用時間：t20.1 s此后輕繩拉力消失，線框做豎直上拋運動，

9、到最高點時所用時間：t30.2 s線框從開始運動到最高點，所用時間：tt1t2t30.9 s(3)線框從最高點下落至磁場邊界時速度大小不變，線框所受安培力大小也不變，即IBl(Mm)gmg因此，線框穿出磁場過程還是做勻速運動，離開磁場后做豎直下拋運動由機械能守恒定律可得：mvmv2mg(hl)代入數據解得線框落地時的速度：vt4 m/s.答案：(1)1 T(2)0.9 s(3)4 m/s1.圖12317(2010·成都市高三摸底測試)如圖12317所示，電阻R1 、半徑r10.2 m的單匝圓形導線框P內有一個與P共面的圓形磁場區域Q，P、Q的圓心相同，Q的半徑r20.1 mt0時刻，

10、Q內存在著垂直于圓面向里的磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系是B2t(T)若規定逆時針方向為電流的正方向，則線框P中感應電流I隨時間t變化的關系圖象應該是下圖中的()解析：由法拉第電磁感應定律可得：圓形導線框P中產生的感應電動勢為E··r0.01(V)，再由歐姆定律得：圓形導線框P中產生的感應電流I0.01(A)，其中負號表示電流的方向是順時針方向答案：C圖123182 如圖12318所示，一個小矩形線圈從高處自由落下，進入較小的有界勻強磁場，線圈平面和磁場保持垂直設線圈下邊剛進入磁場到上邊剛進入磁場為A過程；線圈全部進入磁場內運動為B過程；線圈下邊剛出磁場到上邊剛出磁場

11、為C過程，則()A在A過程中，線圈一定做加速運動B在B過程中，線圈機械能不變，并做勻加速運動C在A和C過程中，線圈內電流方向相同D在A和C過程中，通過線圈某截面的電量相同解析：由于線圈從高處落下的高度未知，所以進入磁場時的初速度也不知，故進入磁場時，線圈在安培力和重力的作用下可能加速，也可能勻速或減速B過程中，線圈內不產生感應電流，只受重力作用，所以做勻加速運動，且機械能守恒由楞次定律知，A、C過程中電流方向相反，A過程為逆時針，C過程為順時針由公式qt·t，A和C過程線圈磁通量的變化量相同，故通過線圈某截面的電量相同故正確選項為B、D.答案：BD圖123193 如圖12319所示，

12、電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計的水平放置的導體棒，質量為m，棒的兩端分別與ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強磁場中，當導體棒ef從靜止下滑經一段時間后閉合開關S，則S閉合后()A導體棒ef的加速度可能大于gB導體棒ef的加速度一定小于gC導體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同D導體棒ef的機械能與回路內產生的電能之和一定守恒解析：開關閉合前，導體棒只受重力而加速下滑閉合開關時有一定的初速度v0，若此時F安>mg，則F安mgma.若F安<mg，則mgF安ma，F安不確定，A項正確，B項錯誤；無論閉合開關時初速度多大，導體棒最

13、終的安培力和重力平衡，故C項錯誤再根據能量守恒定律，D項正確答案：AD4.圖12320(2010·日照測試)如圖12320所示，光滑曲線導軌足夠長，固定在絕緣斜面上，勻強磁場B垂直斜面向上一導體棒從某處以初速度v0沿導軌面向上滑動，最后又向下滑回到原處導軌底端接有電阻R，其余電阻不計下列說法正確的是()A滑回到原處的速率小于初速度大小v0B上滑所用的時間等于下滑所用的時間C上滑過程與下滑過程通過電阻R的電荷量大小相等D上滑過程通過某位置的加速度大小等于下滑過程中通過該位置的加速度大小解析：導體棒從某處以初速度v0沿導軌面向上滑動至向下滑回到原處的過程中，有一部分機械能轉化成電阻發熱的

14、內能，據能的轉化和守恒定律得滑回到原處的速率小于初速度大小v0，選項A正確；因為導體棒上滑和下滑過程中機械能不斷減小，所以上滑過程通過某位置的加速度大小與下滑過程中通過該位置的加速度大小不同，上滑所用的時間和下滑所用的時間不同，選項B、D錯誤；上滑過程與下滑過程通過電阻R的電荷量大小相等，均為q，選項C正確答案：AC圖123215 兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖12321所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平面質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為，導軌電阻不計，回路總電阻為2R.整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向水平向

15、右的勻強磁場中當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v沿導軌勻速運動時，cd桿也正好以某一速度向下勻速運動重力加速度為g.以下說法正確的是()Aab桿所受拉力F的大小為mg Bcd桿所受摩擦力為零Ccd桿向下勻速運動的速度為 Dab桿所受摩擦力為2mg解析：ab桿的速度方向與磁感應強度的方向平行，只有cd桿運動切割磁感線，設cd桿向下運動的速度為v1，根據閉合電路的歐姆定律及法拉第電磁感應定律有：I，EBLv1cd桿只受到豎直向下的重力mg和豎直向上的安培力作用(因為cd桿與導軌間沒有正壓力，所以摩擦力為零)由平衡條件得：mgBLI解得cd桿向下勻速運動的速度為ab桿的受力如圖所示，根據

16、平衡條件可得：FN2mg，FFf2mg綜上所述，選項B、C、D正確答案：BCD圖123226如圖12322所示，水平面內兩個足夠長光滑平行的金屬導軌間距為d，置于垂直于導軌平面的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B.質量均為m，電阻均為R的金屬棒ab和cd垂直于導軌放置處于靜止狀態，現給ab棒一個水平向左的瞬時沖量I.下列說法正確的是()A兩棒組成的系統動量守恒、機械能守恒B電路在整個過程中產生的電能為C最終穩定后兩棒之間距離將減小D電路在整個過程中產生的電熱為解析：兩棒組成的系統所受合外力為零，動量守恒，ab棒開始運動后，由于安培力的作用，ab棒做減速運動，cd棒做加速運動，兩棒的加速度大小相等

17、并不斷減小，直到兩棒速度相等，兩棒加速度減為零，以后兩棒就保持相同速度勻速運動，由于在二者速度達到相等前ab棒速度始終大于cd棒速度，二者距離應該增大，C項錯；由于存在機械能和電能之間的轉化，機械能不守恒，A項錯；在這個過程中，克服安培力做多少功，就產生多少電能，只有棒ab在二者達到共同速度之前克服安培力做功，設棒ab的初速度為v1，二棒達到的共同速度為v2，則有Imv1，mv12mv2，產生的電能等于ab棒動能的減少，即Emvmv，依以上3個式子可得E，可見B項正確；電路在整個過程產生的電熱等于系統動能的減少，則Qmv·2mv，可見D項錯答案：B圖123237如圖12323所示，A

18、B、CD為兩個平行的水平光滑金屬導軌，處在方向豎直向下 ，磁感應強度為B的勻強磁場中AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻質量為m長為L且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，并與輕質彈簧組成彈簧振動系統開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產生的焦耳熱為Q，則()A初始時刻導體棒所受的安培力大小為B從初始時刻至導體棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生的焦耳熱為C當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為mv2QD當導體棒再次回到初始位置時，AC間電阻R的熱功率為解析：

19、初始時刻由EBLv0、I及FBIL可解得F，A項正確；由于導體棒往復運動過程中機械能逐漸轉化為焦耳熱，故從開始到第一次到達最左端過程中產生的焦耳熱Q大于從左端運動到平衡位置產生的焦耳熱，即Q>×2Q，B項錯誤；由能量守恒可知C項正確；當導體棒再次回到平衡位置時，其速度v<v0，AC間電阻的實際熱功率為P，故D項錯誤答案：AC8.圖12324(2010·江西重點中學聯考)在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一與磁場方向垂直，長度為L的金屬桿aO，已知abbccOL/3，a、c與磁場中以O為圓心的同心圓金屬軌道始終接觸良好一電容為C的電容器接在軌道上，如圖12324所示

20、，當金屬桿在與磁場垂直的平面內以O為軸，以角速度順時針勻速轉動時()AUac2UabBUac2UbOC電容器帶電量QBL2CD若在eO間連接一個理想電壓表，則電壓表示數為零解析：金屬桿轉動切割磁感線產生的感應電動勢EBLBLBL可得：UacBLBLBL2UabBLBLBL2UbOBLBLBL2可見，Uac2UbO，由于沒有閉合回路，金屬桿中只存在感應電動勢，轉動過程中給電容器充電，充電電壓為Uac.有：QCUacBL2C，若在eO間連接一個理想電壓表，則電壓表所測電壓為UcO，故B、C正確答案：BC圖123259如圖12325所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為，導軌電阻不計，與阻值為R的定值

21、電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質量為m長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面的，大小為v的初速度向上運動，最遠到達ab的位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數為.則()A上滑過程中導體棒受到的最大安培力為B上滑過程中電流做功發出的熱量為mv2mgs(sin cos )C上滑過程中導體棒克服安培力做的功為mv2D上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2mgssin 解析：電路中總電阻為2R，故最大安培力的數值為.由能量守恒定律可知：導體棒動能減少的數值應該等于導體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產生的電熱和克服摩擦阻力做功產生的內能其公式表示為

22、：mv2mgssin mgscos Q電熱，則有：Q電熱mv2(mgssin mgscos )，即為安培力做的功導體棒損失的機械能即為安培力和摩擦力做功的和，W損失mv2mgssin .B、D兩項正確答案：BD圖1232610如圖12326甲所示，abcd是位于豎直平面內的邊長為10 cm的正方形閉合金屬線框，線框的質量為m0.02 kg，電阻為R0.1 .在線框的下方有一勻強磁場區域，MN是勻強磁場區域的水平邊界線，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直現讓線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，經0.2 s開始進入磁場，圖12326乙是線框由靜止開始下落的vt圖象空氣阻力不計，g取10

23、 m/s2求：(1)金屬框剛進入磁場時的速度；(2)磁場的磁感應強度解析：(1)由題中圖象可知：線框剛進入磁場后，由于受到重力和安培力的作用線框處于平衡狀態設此時線框的速度是v0，則由運動學知識可得：v0gt由式可解得：v02 m/s.(2)設磁場的磁感應強度是B，由電學及力學知識可得以下方程：EBLbcv0IFABILbcFAmg由以上方程可解得：B1 T答案：(1)2 m/s(2)1 T11.圖12327如圖12327所示，一端封閉的兩條平行光滑導軌相距L，距左端L處的中間連有一段傾角為的光滑傾斜導軌，其下端用一光滑小圓弧與右端的水平導軌相接，導軌左右兩段處于高度相差H的水平面上斜面導軌所

24、在區域無磁場，右段水平區域存在恒穩的、豎直向下的勻強磁場B2，其磁感應強度B2待求左段水平區域存在均勻分布但隨時間線性變化的、豎直向上的勻強磁場B1(t)，其磁感應強度隨時間變化的規律為B1(t)B0kt，式中B0和k都是已知常數在斜面軌道頂端，放置一質量為m的金屬棒ab，與導軌左段形成閉合回路設金屬棒在回路中的電阻為R，導軌電阻不計，重力加速度為g.(1)金屬棒在傾斜軌道上滑動時，回路中感應電流的大小和方向是否發生改變？為什么？(2)求金屬棒在傾斜軌道上滑動的時間內，回路中感應電流產生的焦耳熱量(3)若在金屬棒滑到傾斜軌道底端進入勻強磁場B2后剛好做勻速運動，求磁場的磁感應強度B2的大小解析：(1)感應電流的大小和方向均不發生改變因為金屬棒滑到斜面導軌上任意位置時，回路中磁通量的變化率相同(2)金屬棒在斜面導軌上滑行的加速度為：ag·sin ，而斜面的長度為at2解得t 設金屬棒在斜面導軌上滑行時回路中感應電動勢大小為E0，感應電流為I，感應電流產生的焦耳熱為Q，由法拉第電磁感應定律得E0kL2根據閉合電路的歐姆定律可得I由焦耳定律有QI2Rt· .(3)設金屬棒進入磁場B2瞬間的速度為v，金屬棒在傾斜軌道下滑的過程中，機械能守恒，有mgHmv2若金屬棒滑到傾斜軌道底端進入勻強磁場B2后剛好做勻速運動，所以回路中的感應電動勢應為零即回路