1、 專題10 電磁感應(yīng)定律及綜合應(yīng)用 1法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機(jī)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)如圖1所示，紫銅做的圓盤水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，圓盤圓心處固定一個搖柄，邊緣和圓心處各與一個黃銅電刷緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電流表連接起來形成回路轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電流表的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)下列說法正確的是( ) 圖1A回路中電流大小變化，方向不變B回路中電流大小不變，方向變化C回路中電流的大小和方向都周期性變化D回路中電流方向不變，從b導(dǎo)線流進(jìn)電流表答案 D2如圖2所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬框電阻為R，邊長是L，自線框從左邊界進(jìn)入磁場時開始計時，在外力作用下由靜止

2、開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進(jìn)入磁場若外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，線框磁通量的變化率為，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為q，(其中Pt圖像為拋物線)則這些量隨時間變化的關(guān)系正確的是( ) 圖2 答案 BD解析 線框做勻加速運(yùn)動，其速度vat，感應(yīng)電動勢EBLv線框進(jìn)入磁場過程中受到的安培力F安BIL由牛頓第二定律得：Fma則Fmat，故A錯誤；感應(yīng)電流I 3如圖3所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌下端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上現(xiàn)給金屬棒ab一平行于導(dǎo)軌的初速度v，使金屬棒保持與導(dǎo)軌垂直并沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動，經(jīng)過一段時間金屬棒又回

3、到原位置不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻，在這一過程中，下列說法正確的是( ) 圖3A金屬棒上滑時棒中的電流方向由b到aB金屬棒回到原位置時速度大小仍為vC金屬棒上滑階段和下滑階段的最大加速度大小相等D金屬棒上滑階段和下滑階段通過棒中的電荷量相等答案 AD解析 金屬棒上滑時，根據(jù)右手定則判斷可知金屬棒中感應(yīng)電流的方向由b到a，故A正確金屬棒運(yùn)動過程中產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力作用，根據(jù)楞次定律可知安培力總是阻礙金屬棒相對于導(dǎo)軌運(yùn)動，所以金屬棒的機(jī)械能不斷減小，則金屬棒回到原位置時速度大小必小于v，故B錯誤根據(jù)牛頓第二定律得：對于上滑過程：mgsin F安ma上；對于下滑過程：mgsin F安ma下可知：a

4、上a下，故C錯誤金屬棒上滑階段和下滑階段中回路磁通量的變化量相等，根據(jù)q可知通過金屬棒的電荷量相等，故D正確4.如圖1所示，銅線圈水平固定在鐵架臺上，銅線圈的兩端連接在電流傳感器上，傳感器與數(shù)據(jù)采集器相連，采集的數(shù)據(jù)可通過計算機(jī)處理，從而得到銅線圈中的電流隨時間變化的圖線.利用該裝置探究條形磁鐵從距銅線圈上端某一高度處由靜止釋放后，沿銅線圈軸線豎直向下穿過銅線圈的過程中產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象.兩次實驗中分別得到了如圖甲、乙所示的電流時間圖線.條形磁鐵在豎直下落過程中始終保持直立姿態(tài)，且所受空氣阻力可忽略不計.則下列說法中正確的是( ) 圖1A.若兩次實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度不同，其他實驗條件

5、均相同，則甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度大于乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度B.若兩次實驗條形磁鐵的磁性強(qiáng)弱不同，其他實驗條件均相同，則甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵的磁性比乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵的磁性強(qiáng)C.甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機(jī)械能小于乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機(jī)械能D.兩次實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中所受的磁場力都是先向上后向下答案 C解析 由乙圖中的電流峰值大于甲中電流峰值，可知乙實驗的電磁感應(yīng)現(xiàn)象更明顯，故乙實驗中的高度更高或磁鐵磁性更強(qiáng)，A、B錯誤；電流峰值越大，產(chǎn)生的焦耳熱越多，損失的機(jī)械能越大，故C正確；整個過程中，磁鐵所受的磁場力都

6、是阻礙磁鐵運(yùn)動，故磁場力一直向上，D錯誤.5.(多選)高頻焊接技術(shù)的原理如圖3(a)所示.線圈接入圖(b)所示的正弦式交流電(以電流順時針方向為正)，圈內(nèi)待焊接工件形成閉合回路.則( ) 圖3A.圖(b)中電流有效值為IB.0t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流變大C.0t1時間內(nèi)工件中的感應(yīng)電流方向為逆時針D.圖(b)中T越大，工件溫度上升越快答案 AC6. 圖4在豎直平面內(nèi)固定一根水平長直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通以如圖4所示方向的恒定電流.在其正上方(略靠后)由靜止釋放一個閉合圓形導(dǎo)線框.已知導(dǎo)線框在下落過程中始終保持框平面沿豎直方向.在框由實線位置下落到虛線位置的過程中( )A.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向依次為：

7、順時針逆時針順時針B.導(dǎo)線框的磁通量為零時，感應(yīng)電流也為零C.導(dǎo)線框所受安培力的合力方向依次為：向上向下向上D.導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能答案 A解析 根據(jù)安培定則，通電直導(dǎo)線的磁場在上方向外，下方向里；離導(dǎo)線近的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大，離導(dǎo)線遠(yuǎn)的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度小.線框從上向下靠近導(dǎo)線的過程，向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生順時針方向的電流；穿越導(dǎo)線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，之后變成向里的磁通量，并逐漸增大，直至最大；根據(jù)楞次定律，線框中產(chǎn)生逆時針方向的電流.向里的磁通量變成最大后，繼續(xù)向下運(yùn)動，向里的磁通量又逐漸減小，這時的電

8、流新方向又變成了順時針.故A正確；根據(jù)A中的分析，穿越導(dǎo)線時，上方向外的磁場和下方向里的磁場疊加，先是向外的磁通量減小，一直減小到0，之后變成向里的磁通量，并逐漸增大.這一過程是連續(xù)的，始終有感應(yīng)電流存在，不是0，故B錯誤；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流始終阻礙導(dǎo)線框相對磁場的運(yùn)動，故受安培力的方向始終向上，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱等于下落過程中框損失的重力勢能與增加動能之差，故D錯誤.7.如圖5所示，用均勻?qū)Ь€做成邊長為0.2 m的正方形線框，線框的一半處于垂直線框向里的有界勻強(qiáng)磁場中.當(dāng)磁場以20 T/s的變化率增強(qiáng)時，a、b兩點(diǎn)間電勢差的大小為U，則( ) 圖5A.ab，U

9、0.2 VC.ab，U0.4 V答案 A解析 題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而在線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為E，內(nèi)電阻為，畫出等效電路如圖所示.則a、b兩點(diǎn)間的電勢差即為電源的路端電壓，設(shè)l是邊長，且依題意知：20 T/s.由法拉第電磁感應(yīng)定律，得：EN120 V0.4 V所以有：UIR0.2 V，由于a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，故有：Uab0.2 V.8.如圖6甲所示，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內(nèi).左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經(jīng)二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化.規(guī)定內(nèi)圓環(huán)a端電勢高于b

10、端時，a、b間的電壓uab為正，下列uabt圖象可能正確的是( ) 圖6 答案 C9.如圖7所示，MN、PQ為足夠長的平行導(dǎo)軌，間距L0.5 m.導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角37.NQMN，NQ間連接有一個R3 的電阻.有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B01 T.將一根質(zhì)量為m0.05 kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r2 ，其余部分電阻不計.現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動過程中始終與NQ平行.已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時速度大小開始保持不變，cd 距離NQ為s2 m.試解答以下問題：(g10 m/s2，sin

11、370.6，cos 370.8) 圖7(1)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定時的速度是多大？(2)從靜止開始直到達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是多少？(3)若將金屬棒滑行至cd處的時刻記作t0，從此時刻起，讓磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t1 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為多大？答案 (1)2 m/s (2)0.06 J (3)0.4 T解析 (1)在達(dá)到穩(wěn)定速度前，金屬棒的加速度逐漸減小，速度逐漸增大，達(dá)到穩(wěn)定速度時，有：mgsin B0IL mgcos EB0LvEI(Rr)代入已知數(shù)據(jù)，得v2 m/s(2)根據(jù)能量守恒得，重力勢能減小轉(zhuǎn)化為動能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和回路中產(chǎn)生的焦耳熱.有：m

12、gssin mv2mgcos sQ電阻R上產(chǎn)生的熱量：QRQ解得：QR0.06 J(3)當(dāng)回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流.此時金屬棒將沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動，故： mgsin mgcos ma設(shè)t時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則：B0LsBL(sx)xvtat2故t1 s時磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T10.如圖8甲所示，寬為L、傾角為的平行金屬導(dǎo)軌，下端垂直于導(dǎo)軌連接一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌之間加垂直于軌道平面的磁場，其隨時間變化規(guī)律如圖乙所示.t0時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，此時，在導(dǎo)軌上距電阻x1處放一質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬桿，t1時刻前金屬桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)磁場即將減小到B1時，金屬桿也即將

13、開始下滑(金屬桿所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力). 圖8(1)求0t1時間內(nèi)通過定值電阻的電荷量；(2)求金屬桿與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力；(3)若金屬桿沿導(dǎo)軌下滑x2后開始做勻速運(yùn)動，求金屬桿下滑x2過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱.答案 (1)(2)mgsin (3)解析 (1)感應(yīng)電動勢：E感應(yīng)電流：I通過定值電阻的電荷量qItIt1即q (3)當(dāng)金屬桿達(dá)到最大速度時mgsin FfmF安0即此時感應(yīng)電流與0t1時間內(nèi)感應(yīng)電流大小相等，感應(yīng)電動勢也相等.所以B1Lv從開始滑動到達(dá)到最大速度過程mgx2sin Q焦Q滑mv2其中Q滑F(xiàn)fmx2電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QRQ焦解得QR11如圖4所示，螺線

14、管橫截面積為S，線圈匝數(shù)為N，電阻為R1，管內(nèi)有水平向右的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.螺線管與足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相連并固定在同一平面內(nèi)，與水平面的夾角為，兩導(dǎo)軌間距為L.導(dǎo)軌電阻忽略不計導(dǎo)軌處于垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中金屬桿ab垂直導(dǎo)軌，桿與導(dǎo)軌接觸良好，并可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動已知金屬桿ab的質(zhì)量為m，電阻為R2，重力加速度為g.忽略螺線管磁場對金屬桿ab的影響，忽略空氣阻力 圖4(1)螺線管內(nèi)方向向右的磁場B不變，當(dāng)ab桿下滑的速度為v時，求通過ab桿的電流的大小和方向；(2)當(dāng)ab桿下滑的速度為v時，螺線管內(nèi)方向向右的磁場才開始變化，其變化率k(k0)討論ab桿加速度

15、的方向與k的取值的關(guān)系答案 (1)，方向為ba (2)k，加速度方向向下解析 (1)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1B0Lv則電流的大小I根據(jù)右手定則知，通過ab的電流方向為ba. 12如圖5所示，空間存在一有邊界的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場邊界的間距為L.一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框沿豎直方向運(yùn)動，線框所在平面始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終與磁場的邊界平行t0時刻導(dǎo)線框的上邊恰好與磁場的下邊界重合(圖中位置)，導(dǎo)線框的速度為v0.經(jīng)歷一段時間后，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊恰好與磁場的上邊界重合時(圖中位置)，導(dǎo)線框的速度剛好為零此后，導(dǎo)線框下落，經(jīng)過一段時間回

16、到初始位置(不計空氣阻力)，則( ) 圖5A上升過程中合力做的功與下降過程中合力做的功相等B上升過程中線框產(chǎn)生的熱量比下降過程中線框產(chǎn)生的熱量多C上升過程中，導(dǎo)線框的加速度逐漸減小D上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力的平均功率答案 BC解析 線框在運(yùn)動過程中要克服安培力做功，消耗機(jī)械能，故返回原位置時速率減小，由動能定理可知，上升過程動能變化量大，合力做功多，所以選項A錯誤；分析線框的運(yùn)動過程可知，在任一位置，上升過程的安培力大于下降過程中的安培力，而上升、下降位移相等，故上升過程克服安培力做功大于下降過程中克服安培力做的功，故上升過程中線框產(chǎn)生的熱量多，所以選項B正確；以線框為對

17、象分析受力可知，在上升過程做減速運(yùn)動，有F安mgma，F(xiàn)安，故有agv，所以上升過程中，速度減小，加速度也減小，故選項C正確；在下降過程中的加速度小于上升過程的加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升時間較短，下降時間較長，兩過程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程重力做的平均功率，所以選項D錯誤13半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖6所示整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的

18、D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略重力加速度大小為g.求： 圖6(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大??；(2)外力的功率答案 (1)方向為CD 大小為(2) (2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即PBIrvFfv，而Ffmg解得P.14如圖41026，POQ是折成60角的固定于豎直平面內(nèi)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌關(guān)于豎直軸線對稱，OPOQL.整個裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向里的足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律為B

19、B0kt(其中k為大于0的常數(shù))一質(zhì)量為m、長為L、電阻為R、粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒鎖定于OP、OQ的中點(diǎn)a、b位置當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽0后保持不變，同時將導(dǎo)體棒解除鎖定，導(dǎo)體棒向下運(yùn)動，離開導(dǎo)軌時的速度為v.導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g.求導(dǎo)體棒： 圖41026 (1)解除鎖定前回路中電流的大小及方向； (2)滑到導(dǎo)軌末端時的加速度大??； (3)運(yùn)動過程中產(chǎn)生的焦耳熱解析 (1)導(dǎo)體棒解除鎖定前，閉合回路的面積不變，且k由法拉第電磁感應(yīng)定律知ESkL2由閉合電路歐姆定律知I由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為順時針方向(或ba) (2)導(dǎo)體棒恰好要離開導(dǎo)軌時受力如圖所示EB0

20、LvIFB0IL得F由牛頓第二定律知mgFma所以ag (3)由能量守恒知mghmv2QhL解得Qmv2答案 (1) ba (2)g (3)mv215如圖41027所示，在傾角37的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5 T，磁場寬度d0.55 m，有一邊長L0.4 m、質(zhì)量m10.6 kg、電阻R2 的正方形均勻?qū)w線框abcd通過一輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑的定滑輪與一質(zhì)量為m20.4 kg的物體相連，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4，將線框從圖示位置由靜止釋放，物體到定滑輪的距離足夠長(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求： 圖41027 (1)線框abcd還未進(jìn)入磁場的運(yùn)動過程中，細(xì)線中的拉力為多少？2)當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框恰好做勻速直線運(yùn)動，求線框剛釋放時ab邊距磁場MN邊界的距離x多大？ (3)在(2)問中的條件下，若cd邊恰離開磁場邊界PQ時，速度大小為2 m/s，求整個運(yùn)動過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為多少？解析 (1)m1、m2運(yùn)動過程中，以整體法有m1gsin m2g(m1m2)aa2 m/s2以m2為研究對象有FTm2gm2a(或以m1