第三课时 专题：电磁感应的综合应用

1、第十二章 第3课时(本栏目内容，学生用书中以活页形式分册装订成册！)1(2009年天津卷)如右图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )A棒的机械能增加量C棒的重力势能增加量 B棒的动能增加量 D电阻R上放出的热量【解析】 对金属棒受力分析可知，设金属棒重为G、上升高度h，则根据能量守恒可得：FhW安GhE，即拉力及安培力所做的功的代数和等于金属棒机械能的增加量，选

2、项A正确【答案】 A2如右图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B.有一宽度为b(b<h)、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘由静止起竖直下落，当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，线圈恰好开始做匀速运动设线圈进入磁场过程中产生的热量为Q1，通过导体截面的电荷量为q1；线圈离开磁场过程中产生的热量为Q2，通过导体截面的电荷量为q2，则( )AQ1Q2Cq1q2 BQ1<Q2 Dq1<q2BLb，线框中t【解析】 进入和离开磁场时产生的平均感应电动势可表示为EBLvEBLbB2L2b2Blb2的电流表示为IQIRtq

3、ItRRtRtR意，线框进入磁场时是做加速运动，整个线框处于磁场内部时做自由落体运动，离开磁场时做匀速直线运动，可见线框进入磁场过程的平均速度小于离开磁场过程的速度，故有t1>t2，根据上述表达式得：Q1<Q2，q1q2，选B、C.【答案】 BC3(黄冈质检)如右图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处在y轴的右侧的、象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行t0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流

4、方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是下图中的( )【解析】 在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向D错误；t0时刻，ab边切割磁感线的有效长度最大，然后逐渐减小，故感应电动势和感应电流逐渐减小，C错误；当cd边与磁场边界重合后继续运动，cd边切割磁感线，根据右手定则可知线框中电流方向为顺时针方向，即负方向，B错误，A正确【答案】 A4如右图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场

5、中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是( )A恒力F做的功等于电路产生的电能B恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C克服安培力做的功等于电路中产生的电能D恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和【解析】 物体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，且功的数值等于电路中产生的电能，C正确；由动能定理知，恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于物体动能的增加量，故A、B错误，D正确，也可从能量守恒角度进行判定，即恒力F做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加【答案】 CD5如右图所示，在水平

6、桌面上放置两条相距l的平行粗糙且无限长的金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直 2状态现若从静止开始释放物块，用I表示稳定后回路中的感应电流，g表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F，则在物块下落过程中( )A物体的最终速度为(mgF)R Bl2IRB物体的最终速度为mgFC稳定后物体重力的功率为IRmg(mgF)R

7、D物体重力的最大功率可能大于 Bl【解析】 本题综合考查了法拉第电磁感应定律、安培力公式、能量守恒定律、闭合电路欧姆定律和物体的平衡知识由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN的最终速度B2l2v为v，对MN列平衡方程：Fmg， R所以v(mgF)R，所以A正确；又从能量守恒定律角度进行分析，物块的重力的功Bl22率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生热功率，所以有：IRI2RFvmgv，所以，vB正确，C错误；物块重力的最大功率为PmmgvmgF(mgF)R，所以D错误 Bl【答案】 AB

8、6如右图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的，大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则( )B2l2vA上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 RB上滑过程中电流做功发出的热量为12vmgs(sin cos ) 212C上滑过程中导体棒克服安培力做的功为v 21D上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin 2Blv【解析】 电路中总电阻为2R.由能量守恒定律可知：导2R体棒动能减少的数值应

9、该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和12克服摩擦阻力做功产生的内能其公式表示为：mvmgssin mgscos Q电热，则有：212Q电热mv(mgssin mgscos )，即为安培力做的功导体棒损失的机械能即为安培力21和摩擦力做功的和，W损失v2mgssin .B、D正确2【答案】 BD7如下图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内MO间接有阻值为R3 的电阻导轨相距d1 m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T质量为m0.1 kg，电阻为r1 的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好用平行于MN的恒力F1 N向右拉动CD.CD受摩擦阻力Ff

10、恒为0.5 N求：22(1)CD运动的最大速度是多少？(2)当CD到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？ (3)当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少？ 【解析】 设CD棒运动速度为v，则： 导体棒产生的感应电动势为：EBdv 据全电路欧姆定律有：I则安培力为：F0BdIERr 据题意分析：当v最大时，有：FF0Ff0 联立得：Vm(FFf)(Rr)8 m/sBd(2)CD速度最大时同理有：EmBdVm ImE Rr而PRmI2mRBdVR联立得：PRm3 W(Rr)1(3)当CDVm时有：2EBdVm/2222IERr FBid据牛顿第二定律有：FFFfma 联立得：a2.5

11、m/s2【答案】 (1)8 m/s (2)3 W (3)2.5 m/s28光滑的平行金属导轨长为L2 m，两导轨间距d0.5 m，轨道平面与水平面的夹角为30°，导轨上端接一阻值为R0.6 的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B1 T，如右图所示，有一质量m0.5 kg、电阻r0.4 的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q10.6 J，取g10 m/s2，试求：(1)当棒的速度v2 m/s时，电阻R两端的电压； (2)棒下滑到轨道最底端时速度的大小； (3)棒下滑到

12、轨道最底端时加速度a的大小【解析】 (1)当棒的速度v2 m/s时，棒中产生的感应电动势 EBdv1 VE此时电路中的电流I1 ARr所以电阻R两端的电压UIR0.6 V.(2)根据QIRtR，可知在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 rQ210.4 JR设棒到达最底端时的速度为v2，根据能的转化和守恒定律，有： 1mgLsin v2Q1Q222解得：v24 m/s.Bdv2(3)棒到达最底端时回路中产生的感应电流I22 ARr根据牛顿第二定律有：mgsin BI2dma 解得：a3 m/s2.【答案】 0.6 V (2)4 m/s (3)3 m/s29如图甲所示，P、Q为水平面内平行放置的

13、金属长直导轨，间距为d，处在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直于P、Q放在导轨上，导体棒ef与P、Q导轨之间的动摩擦因数为.质量为M的正方形金属框abcd，边长为L，每边电阻均为r，用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，线框的a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框上半部分处在大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框下半部分2处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力现用一电动机以恒定功率沿导轨水平牵引导体棒ef向左运动，从导体棒开始运动计时，悬挂金属框的细线拉力FT随时间的变化如图乙所示求：(1)稳定后通过ab

14、边的电流；(2)稳定后导体棒ef运动的速度；(3)电动机的牵引功率P.【解析】 (1)取金属框为研究对象，从t0时刻开始拉力恒定，故电路中电流恒定设ab边中电流为I1，cd边中电流为I2，由受力平衡得：BI1LFTMgBI2LFTMg2I1I2(3r)r3Mg解得I14BLE(2)设总电流为I，由闭合电路欧姆定律得：I R3Rr 4EBdvI1I2I3Mg而I1I2(3r)r，I1 4BL解得v7Mgr4BdL(3)由电动机的牵引功率恒定得PFv对导体棒有：FmgBId由以上各式联立解得：P7MgrdmgMg. 4BdLL3Mg7Mgr7Mgrd【答案】 (2) (3)mgMg 4BL4BdL4BdLL10(2009年浙江六校联考)导体棒的电阻R2 ，质量m0.1 kg，长L0.5 m，导体棒MN架在光滑的金属框架上，金属框架与水平面的夹角为30°，如图所示，它们处于磁感应强度B为1 T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直.1 s后导体棒沿斜面向上滑行的距离是3 m时，MN刚好获得稳定的速度，电动机牵引棒时，电压表、电 6流表的读数分别为5 V、