1、第3講 專題 電磁感應的綜合應用圖93121.（2010·揚州模擬）如圖9-3-12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路電流大小恒定，故A、B兩

2、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93132如圖9313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，拉滑桿的繩處于水平拉直狀態現若從靜止開

3、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Ff，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：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：Ffmg，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：I2RFfvmgv，所以，v，所以B項正確，C項錯誤；物塊重力的最大功

4、率為Pmmgvmg，所以D錯誤答案：AB圖93143如圖9314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9314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：mgq，EBa2.當S斷開時，UE，解得.(2)當S閉

5、合時，根據牛頓第二定律mgqm·g，U·R，解得3.答案：(1)OM應繞O點逆時針轉動(2)3圖93154如圖9315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內的勻強磁場，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

6、上升一段時間后開始下落，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

7、拋運動，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/s圖93161如圖9316所示，兩個相鄰的勻強磁場，寬度均為L，方向垂直紙面向外，磁感應強度大小分別為B、2B.邊長為L的正方形線框從位置甲勻速穿過兩個磁場到位置乙，規定感應電流逆時針方向為正，則感應電流

8、i隨時間t變化的圖象是()答案：D圖93172如圖9317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

9、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93183如圖9318所示，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

10、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正確，B錯誤；無論閉合開關時初速度多大，導體棒最終的安培力和重力平衡，故C錯誤再根據能量守恒定律，D正確答案：AD4.圖9319(2010·成都市高三摸底測試)如圖9319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，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

11、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：C5.圖9320(2010·日照測試)如圖9320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

12、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，對上滑過程安培力斜向下，下滑過程安培力斜向上，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93216如圖93

13、21所示，在垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場區域中有一個均勻導線制成的單匝直角三角形線框現用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行已知ABBCl，線框導線的總電阻為R.則線框離開磁場的過程中()A線框中的電動勢隨時間均勻增大 B通過線框截面的電荷量為C線框所受外力的最大值為 D線框中的熱功率與時間成正比解析：三角形線框向外勻速運動的過程中，由于有效切割磁感線的長度lvt，所以線框中感應電動勢的大小EBlvBv2t，故選項A正確；線框離開磁場的運動過程中，通過線圈的電荷量QIt×t，選項B正確；當線框恰好剛要完全離開磁場時，線框有效

14、切割磁感線的長度最大，則FBIl，選項C錯誤；線框的熱功率為PFvBIvt×v，選項D錯誤答案：AB圖93227兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖9322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

15、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，根據平衡條件可得：FN2mg，FFf2mg綜上所述，選項B、C、D正確答案：BCD圖93238如圖9323所示，AB、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，

16、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：初始時刻由EBLv0、I及FBIL可解得F，A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

17、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錯誤；由能量守恒可知C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錯誤答案：AC圖93249如圖9324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

18、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：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正確答案：BD圖932510如圖9325甲所示，abcd是位于豎直平面內的邊長為1

19、0 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，圖乙是線框由靜止開始下落的vt圖象空氣阻力不計，g取10 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：

20、EBLbcv0IFABILbcFAmg由以上方程可解得：B1 T答案：(1)2 m/s(2)1 T圖932611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9326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

21、最底端時速度的大小；(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QI2Rt得，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：mgsin BI2dma，解得：a3 m/s2.答案：(1)0.6 V(2)4 m/s(3)3 m/s2圖932712如圖9327所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為L1 m，導軌平面與水平面夾角30°