第一章電磁感應第五節電磁感應規律的應用A級抓基礎1．穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖所示．下列關于回路中產生的感應電動勢的論述中正確的是()A．圖①中回路產生的感應電動勢恒定不變B．圖②中回路產生的感應電動勢一直在變大C．圖③中回路0～t1時間內產生感應電動勢小于在t1～t2時間內產生感應電動勢D．圖④中回路產生的感應電動勢先變小后變大解析：根據法拉第電磁感應定律我們知道感應電動勢與磁通量的變化率成正比，即E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，結合數學知識我們知道：穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率k＝eq\f(ΔΦ,Δt).圖①中磁通量Φ不變，無感應電動勢，故A錯誤；圖②中磁通量Φ隨時間t均勻增大，圖象的斜率k不變，也就是說產生的感應電動勢不變，故B錯誤；圖③中回路在0～t1時間內磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率為k1，在tl～t2時間內磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率為k2，從圖象中發現：k1大于k2的絕對值．所以在0～t1時間內產生的感應電動勢大于在tl～t2時間內產生的感應電動勢，故C錯誤；圖④中磁通量Φ隨時間t變化的圖象的斜率先變小后變大，所以感應電動勢先變小后變大，故D正確．答案：D2．如圖所示，一閉合線圈從高處自由落下，穿過一個有界的水平方向的勻強磁場區(磁場方向與線圈平面垂直)，線圈的一個邊始終與磁場區的邊界平行，且保持豎直的狀態不變．在下落過程中，當線圈先后經過位置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ時，其加速度的大小分別為a1、a2、a3.下列關系正確的是()A．a1<g，a2＝0，a3＝g B．a1<g，a2<g，a3<gC．a1<g，a2＝g，a3<g D．a1<g，a2>g，a3<g解析：當線圈剛進入磁場時，由于穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知此時的感應電流產生的磁場要阻礙物體間的相對運動，即線圈受到向上的安培力，此過程中有mg－F＝ma，所以a1<g，當線圈完全進入磁場后，磁通量不變，此過程中無感應電流產生，即線圈只受重力作用，故a2＝g；當線圈穿出磁場過程中，根據楞次定律可知，產生的磁場要阻礙線圈離開磁場，即產生向上的安培力，所以此時有mg－F＝ma，即a3<g，C正確．答案：C3.(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感強度為B.一根質量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：金屬桿做加速度減小的加速運動，當加速度為零時速度達到最大，此時mgsinα＝F安＝Beq\f(BLvm,R)L，所以vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2).可知B、C對．答案：BC4.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，金屬棒與兩導軌始終保持垂直并接觸良好，金屬棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在與導軌平面垂直的勻強磁場中，金屬棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升，此過程中力F做的功與安培力做的功的代數和等于()A．棒的機械能增加量 B．棒的動能增加量C．棒的重力勢能增加量 D．電阻R上放出的熱量解析：棒受到重力、安培力、恒力F的作用，安培力和恒力F做功的代數和(安培力做負功)等于棒的機械能的增加量，故A正確；棒加速上升過程中，根據動能定理，棒的動能增加量等于棒受到的重力、安培力、恒力F的合力做的功，故B錯誤；棒加速上升過程中，棒的重力做負功，棒的重力勢能增加，棒克服重力做的功就等于棒重力勢能的增加量，故C錯誤；導軌克服安培力做的功等于電阻R上放出的熱量，故D錯誤．答案：A5．一架直升機停在南半球的地磁極上空，該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B.直升機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動．螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如圖所示．如果忽略a到轉軸中心線的距離，用ε表示每個葉片中的感應電動勢，則()A．ε＝πfl2B，且a點電勢低于b點電勢B．ε＝2πfl2B，且a點電勢低于b點電勢C．ε＝πfl2B，且a點電勢高于b點電勢D．ε＝2πfl2B，且a點電勢高于b點電勢解析：每個葉片都切割磁感線，根據右手定則，a點電勢低于b點電勢．又v＝lω＝2πfl，所以電動勢為E＝eq\f(1,2)Bl2ω＝eq\f(1,2)Bl2×2πf＝πfl2B.故A正確，B、C、D錯誤．答案：AB級提能力6．有人把自行車進行了改裝，在后車輪上裝上了一個小型發電機，想看電視時，就騎在自行車上不停地蹬車，可供電視、照明用電．發電機原理如圖甲所示，在勻強磁場中，磁感應強度為B，放置一個有固定轉軸的發電輪，如圖乙所示，發電輪平面與磁感應強度垂直，發電輪半徑為r，輪軸和輪緣為兩個輸出電極，該發電機輸出電壓接一理想變壓器，再給一小燈泡供電，則下列說法中正確的是()圖甲圖乙A．當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓降低B．當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓不變C．小燈泡的功率與發電機轉速無關D．小燈泡的功率隨發電機轉速的增大而增大解析：PQ輸出端的電壓為U＝eq\f(1,2)Bωr2，當人蹬車的速度增大時，小燈泡兩端的電壓增大，選項AB錯誤；小燈泡的功率：P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2ω2r4,4R)，則小燈泡的功率隨發電機轉速的增大而增大，選項C錯誤，D正確．答案：D7.(多選)如圖所示，將邊長為l的正方形閉合線圈以不同速度v1、v2向右勻速拉出磁場時(v1<v2)，下列結論正確的是()A．拉力所做的功W2>W1B．拉力的功率P2>P1C．流過線框的電荷量Q2>Q1D．線框中的感應電流I2>I1解析：速度越大，感應電動勢、感應電流越大，拉力等于安培力，安培力F＝BIL，可知拉力越大，由W＝Fs可知A對；拉力的功率等于安培力的功率P＝Fv，B對；電荷量q＝It＝eq\f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)相同，C錯、D對．答案：ABD8.(多選)如圖所示，讓閉合線圈abcd從高h處下落時，進入勻強磁場中，在bc邊開始進入磁場到ad邊剛進入磁場的這一段時間內，線圈可能的運動情況是()A．勻加速運動 B．勻速運動C．變加速運動 D．變減速運動解析：如果剛開始進入時，重力和安培力相等，則線圈受力平衡，做勻速直線運動，若重力大于安培力，進入磁場后，線圈速度增大，安培力F＝eq\f(B2L2v,R)隨著速度增大而增大，所以合力減小，做變加速直線運動，若安培力大于重力，線圈進入磁場時，合力向上，速度減小，安培力減小，所以合力減小，加速度減小，故做變減速直線運動，故B、C、D正確．答案：BCD9．如圖甲所示，用粗細均勻的導線制成的一只圓形金屬圈，現被一根絕緣絲線懸掛在豎直平面內處于靜止狀態，已知金屬圈的質量為m＝0.1kg，半徑為r＝0.1m，導線單位長度的阻值為ρ＝0.1Ω/m，金屬圈的上半部分處在一方向垂直圈面向里的有界勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，金屬圈下半部分在磁場外．已知從t＝0時刻起，測得經過10s絲線剛好被拉斷．重力加速度g取10m/s2.求：圖甲圖乙(1)導體圓中感應電流的大小及方向；(2)絲線所能承受的最大拉力F；(3)此過程中金屬圈中產生的焦耳熱Q.解析：(1)由楞次定律可知，導體圓中電流方向為逆時針方向，由圖乙知：eq\f(ΔB,Δt)＝0.8T/s導體圓的電阻為：R＝2πrρ圓中感應電流為：I＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(\f(πr2,2),2πrρ)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(r,4ρ)＝0.8×eq\f(0.1,4×0.1)A＝0.2A.(2)t時刻磁感應強度為：B＝eq\f(ΔB,Δt)t，導體圓受到的安培力為：F安＝BI·2r，細線的拉力F＝F安＋mg＝2BIr＋mg，當t＝10s時，代入數據，得F＝1.32N.(3)金屬圈內產生的焦耳熱為：Q＝I2Rt，代入數據，得Q＝0.025J.答案：(1)0.2A逆時針方向(2)1.32N(3)0.025J10．如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導軌MN、PQ固定在豎直平面內，兩導軌間的距離為L＝1m，導軌間連接的定值電阻R＝3Ω，導軌上放一質量為m＝0.1kg的金屬桿ab，金屬桿始終與導軌連接良好，桿的電阻r＝1Ω，其余電阻不計，整個裝置處于磁感應強度為B＝1.0T的勻強磁場中，磁場的方向垂直導軌平面向里．重力加速度g＝10m/s2，現讓金屬桿從AB水平位置由靜止釋放，求：(1)金屬桿的最大速度；(2)當金屬桿的加速度是5m/s2，安培力的功率是多大？(3)若從金屬桿開始下落到剛好達到最大速度的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q＝0.6J，則通過電阻R的電量是多少？解析：(1)設金屬桿下落時速度為v，感應電動勢為E＝BLv，電路中的電流為I＝eq\f(E,R＋r)，金屬桿受到的安培力F＝BIL，當安培力與重力等大反向時，金屬桿速度最大，即F＝mg，聯立可得v＝4m/s.(2)設此時金屬桿的速度為v1，安培力為F1，則有F1＝eq\f(B2L2v1,R＋r)，根據牛頓第二定律有mg－F1＝ma，安培力的功率為P＝F1v1，已知a＝5m