PAGEPAGE8課時作業(yè)35電磁感應規(guī)律的綜合應用(一)時間：45分鐘1．如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面對下．現使磁感應強度隨時間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說法中正確的是(D)A．ab中的感應電流方向由b到aB．ab中的感應電流漸漸減小C．ab所受的安培力保持不變D．ab所受的靜摩擦力漸漸減小解析：磁感應強度勻稱減小，磁通量減小，依據楞次定律得ab中的感應電流方向由a到b，故A錯誤．由于磁感應強度勻稱減小，依據法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔBS,Δt)得感應電動勢恒定，則ab中的感應電流不變，故B錯誤．依據F＝BIL知，電流不變，B勻稱減小，則安培力減小，故C錯誤．金屬棒在安培力和靜摩擦力作用下處于平衡狀態(tài)，有f＝F，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確．2．如圖所示，兩光滑平行金屬導軌間距為L，直導線MN垂直跨在導軌上，且與導軌接觸良好，整個裝置處于垂直于紙面對里的勻強磁場中，磁感應強度為B.電容器的電容為C，除電阻R外，導軌和導線的電阻均不計．現給導線MN一初速度，使導線MN向右運動，當電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右勻速運動時(C)A．電容器兩端的電壓為零B．通過電阻R的電流為eq\f(BLv,R)C．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運動，需對其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)解析：本題考查電磁感應的電路問題，搞清誰是電源，內、外電阻分別是什么可快速求解．當導線MN勻速向右運動時，導線所受的合力為零，說明導線不受安培力，電路中電流為零，故電阻兩端沒有電壓．此時導線MN產生的感應電動勢恒定，依據閉合電路歐姆定律得知，電容器兩板間的電壓為U＝E＝BLv，故A、B錯誤．電容器所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，所以C正確；因勻速運動后MN所受合力為0，而此時無電流，不受安培力，則無需拉力便可做勻速運動，故D錯誤．3．如圖所示，用橫截面積之比為41的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中將a和b勻速拉到磁場外，若外力對線框做的功分別為Wa、Wb，則WaWb為(C)A．14 B．12C．11 D．不能確定解析：依據能量守恒定律，外力做的功等于電路中產生的電能，設線框切割磁感線的有效長度為l，則外力對線框做的功W＝eq\f(B2l2v2,R)·eq\f(l,v)，而R＝eq\f(ρ·4l,S)，聯立得W＝eq\f(B2l2vS,4ρ)，因SaSb＝41，lalb＝12，故WaWb＝11，選項C正確．4．(多選)如圖所示，邊長為L、總電阻為R的正方形線框abcd放在光滑水平面上，其右邊有一磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面對外的有界勻強磁場，磁場寬度為L，磁場左邊界與線框的ab邊相距為L.現給線框一水平向右的恒力，ab邊進入磁場時線框恰好做勻速運動，此時線框中的感應電流大小為I0.下列說法正確的是(BCD)A．線框進入磁場時，感應電流沿逆時針方向B．線框進入磁場時的速度大小為eq\f(I0R,BL)C．從起先到ab邊運動到磁場的右邊界的過程中，通過線框橫截面的電荷量q＝eq\f(BL2,R)D．線框通過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱Q＝2BI0L2解析：線框進入磁場時，依據楞次定律和右手安培定則，感應電流沿順時針方向，故A錯誤；ab邊進入磁場時線框恰好做勻速運動，則有I0＝eq\f(BLv,R)，線框進入磁場時的速度大小為v＝eq\f(I0R,BL)，故B正確；從起先到ab邊運動到磁場的右邊界的過程中，通過線框橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，故C正確；依據能量守恒得線框通過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱Q＝WF＝F安×2L＝2BI0L2，故D正確．5．(多選)如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，勻強磁場垂直導軌平面，磁感應強度為B，導軌電阻不計，質量為m的金屬棒ab由靜止起先沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良好，金屬棒ab接入電路的電阻為R，當金屬棒ab下滑距離s時，速度大小為v，則在這一過程中(BCD)A．金屬棒ab運動的平均速度大小為eq\f(1,2)vB．通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為eq\f(BLs,R)C．金屬棒ab受到的最大安培力為eq\f(B2L2v,R)D．金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ－eq\f(1,2)mv2解析：分析金屬棒ab的受力狀況，有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，分析可得ab棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初、末速度的平均值eq\f(1,2)v，故A錯誤；通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)，故B正確；金屬棒ab受到的最大安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，故C正確；依據動能定理可知，mgssinθ－W安＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒ab克服安培力做功為W安＝mgssinθ－eq\f(1,2)mv2，故D正確．6．(多選)如圖所示，一匝數為n、邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形導體線框abcd，與一質量為3m的物塊通過輕質細線跨過兩定滑輪相連．在導體線框上方某一高處有一寬度為L的上、下邊界水平的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面對里．現將物塊由靜止釋放，當ad邊從磁場下邊緣進入磁場時，線框恰好做勻速直線運動，不計一切摩擦，重力加速度為g.則(CD)A．線框ad邊進入磁場之前線框加速度a＝2gB．從線框全部進入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量q＝eq\f(BL2,R)C．整個運動過程線框產生的焦耳熱為Q＝4mgLD．線框進入磁場時的速度大小v＝eq\f(2mgR,n2B2L2)解析：在線框ad邊進入磁場之前，有3mg－FT＝3ma，FT－mg＝ma，解得a＝g，A錯誤；依據q＝neq\f(ΔΦ,R)可得從線框全部進入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量為q＝eq\f(nBL2,R)，B錯誤；線圈進入磁場過程中和穿出磁場過程中的總熱量等于過程中的重力勢能減小量，故Q＝2×(3mgL－mgL)＝4mgL，C正確；ab邊剛進入磁場時，導體做勻速直線運動，所以有FT＝3mg，FT＝mg＋F安，F安＝nBIL，I＝eq\f(nBLv,R)，聯立解得v＝eq\f(2mgR,n2B2L2)，D正確．7．(多選)如圖所示，一匝數n＝10匝、總電阻R＝2.5Ω、邊長L＝0.3m的勻質正三角形金屬線框靜置在粗糙水平面上，線框的頂點正好是半徑r＝eq\f(L,3)的圓形磁場的圓心，磁場方向豎直向下(正方向)，磁感應強度B的大小隨時間t改變的關系如圖乙所示，a、b是磁場邊界與線框的兩交點，已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6N，取π＝3，則(BD)A．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.06WbB．線框靜止時，線框中的感應電流大小為0.1AC．線框靜止時，a、b兩點間的電壓為U＝eq\f(7,9)VD．經時間t＝0.8s，線框起先滑動解析：t＝0時刻穿過線框的磁通量Φ＝B×eq\f(1,6)πr2＝2×eq\f(1,6)×3×0.12Wb＝0.01Wb，故A錯誤；當線框靜止時，依據法拉第電磁感應定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝10×eq\f(5－2,0.6)×eq\f(1,6)×3×0.12V＝0.25V，再由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,2.5)A＝0.1A，則a、b兩點間電壓為U＝IR′＝0.1×eq\f(7,9)×2.5V＝eq\f(7,36)V，故B正確，C錯誤；經時間t＝0.8s，由圖乙可知此時B＝6T，感應電流I＝0.1A，則線框受到的安培力大小F1＝F2＝nBI×eq\f(L,3)＝10×6×0.1×0.1N＝0.6N，依據楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，由左手定則可知，安培力方向垂直導線框向外，如圖所示．依據幾何關系可知，安培力F1與F2夾角為120°，則兩安培力的合力為0.6N，線框與水平面間的最大靜摩擦力f＝0.6N，故線框在經時間t＝0.8s后起先滑動，故D正確．8．(2024·江西贛州一模)(多選)1831年10月28日，法拉第展示了他獨創(chuàng)的圓盤發(fā)電機，其示意圖如圖所示，水平銅盤可繞豎直銅軸轉動，兩銅片M、N分別與銅盤邊緣和銅軸連接，使整個銅盤處于豎直向上的勻強磁場中．M和N之間連接阻值為R的電阻和滑動變阻器RP，若從上往下看，銅盤轉動的方向為順時針方向．已知銅盤的半徑為L，銅盤轉動的角速度為ω，銅盤連同兩銅片對電流的等效電阻值為r，磁感應強度為B，下列說法正確的是(BCD)A．電阻R中的電流方向從a到bB．銅盤轉動產生的感應電動勢大小為eq\f(1,2)BL2ωC．電阻R的最大功率為eq\f(B2L4Rω2,4R＋r2)D．假如RP＝R＋r，則滑動變阻器的最大電功率為eq\f(B2L4ω2,16R＋r)解析：若從上往下看，銅盤轉動的方向為順時針方向，依據右手定則可知，電阻R中的電流方向從b到a，故A錯誤；依據法拉第電磁感應定律得銅盤轉動產生的感應電動勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω，故B正確；依據閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,r＋R＋RP)，則電阻R的功率為P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,r＋R＋RP)))2R，當RP＝0時，電阻R的功率最大，即Pm＝eq\f(B2L4Rω2,4R＋r2)，故C正確；把電阻R等效為電源的內阻，則電路中的等效內阻為r′＝r＋R，此時外電路只有RP，故當RP＝r′＝r＋R時，滑動變阻器的電功率最大，即P′m＝eq\f(B2L4ω2,16R＋r)，故D正確，故選B、C、D.9．(2024·河南鄭州質檢)(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一個阻值為R的定值電阻，平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數為μ，金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(重力加速度為g)(ACD)A．金屬棒中的最大電流為eq\f(BL\r(2gh),2R)B．金屬棒克服安培力做的功為mghC．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,2R)D．金屬棒產生的電熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)解析：金屬棒下滑過程中，依據動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達水平面時的速度為v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達水平面后做減速運動，剛到達水平面時的速度最大，最大感應電動勢E＝BLv，則最大感應電流為I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A正確；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得mgh－WB－μmgd＝0，克服安培力做功WB＝mgh－μmgd，故B錯誤；感應電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，故C正確；克服安培力做功轉化為焦耳熱，電阻與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產生的焦耳熱QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)WB＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確．10．(2024·上海虹口質檢)兩根平行金屬導軌相距L＝0.50m，固定在水平面內，導軌左端串接一個R＝0.04Ω的電阻，在沿導軌長為d＝0.56m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面對下的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0T，質量m＝4.0kg的金屬棒CD置于導軌上，與導軌接觸良好，且與兩導軌間的動摩擦因數均為μ＝0.8，棒在導軌之間的電阻r＝0.01Ω，絕緣輕繩系于棒的中點，初始時刻，CD棒距磁場左邊界s＝0.24m，現通過繩用水平向右的F＝80N恒力拉CD棒，使棒由靜止起先運動，運動過程中始終保持與導軌垂直，當CD棒到達磁場右邊界時撤去拉力(不計其他電阻以及輕繩的質量)，重力加速度g取10m/s2，求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大??；(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大小；(3)在拉CD棒的過程中，繩的拉力所做的功W和電阻R上產生的焦耳熱Q.解析：(1)由牛頓其次定律得F－μmg＝ma，由勻變速直線運