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第2講 電磁感應及其應用 1．(2016華南師大附中綜測三)如圖所示，半徑為R1的圓形的導體線框，套住了半徑為R2的邊界為圓形的磁場區(qū)域，線框平面與磁場方向垂直，當磁感應強度以B＝kt(k>0)變化時(　BC　) A．線框中的感應電動勢大小為πkR B．線框中的感應電動勢大小為πkR C．線框中的感應電流方向為順時針方向 D．線框中的感應電流方向為逆時針方向 解析：由法拉第電磁感應定律E＝N，又N＝1，Δφ＝ΔBS，S＝πR，k＝，所以E＝πkR，A錯誤，B正確，因為k＞0，故B在垂直線框向外方向逐漸增大，由楞次定律知感應電流的磁場向里，則感應電流方向為順時針方向，C正確，D錯誤． 2．(2015山東卷)(多選)如圖所示，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動．現施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(　ABD　) A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動 解析：由右手定則可知，處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高，選項A正確；根據E＝BLv可知所加磁場越強，則感應電動勢越大，感應電流越大，產生的阻礙圓盤轉動的安培力越大，則圓盤越容易停止轉動，選項B正確；若加反向磁場，根據楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉動，故圓盤仍減速運動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，則圓盤中無感應電流，不產生安培力，圓盤勻速轉動，選項D正確． 3．(2016黃岡模擬)如圖所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導體接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為0.8 T．將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此時導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6)(　B　) A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 解析：把立體圖象變?yōu)槠矫鎴D，由平衡條件列出方程是解決此類問題的關鍵，對導體棒進行受力分析作出截面圖，如圖所示，導體棒共受四個力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力，由平衡條件得 mgsin 37＝F安＋Ff， ① Ff＝μFN， ② FN＝mgcos 37， ③ 而F安＝BIL， ④ I＝， ⑤ E＝BLv， ⑥ 聯立①～⑥式，解得 v＝ 代入數據得v＝5 m/s 小燈泡消耗的電功率為P＝I2R， ⑦ 由⑤⑥⑦式得P＝2R＝1 W．故選項B正確． 4．(2016佛山市檢測)(多選)如圖所示，某同學在電磁爐面板上豎直放置一紙質圓筒，圓筒上套一環(huán)形輕質鋁箔，電磁爐產生的交變磁場的頻率、強度及鋁箔厚度可以調節(jié)．現給電磁爐通電，發(fā)現鋁箔懸浮了起來，若只改變其中一個變量，則(　CD　) A．增強磁場，鋁箔懸浮高度將不變 B．鋁箔越薄，鋁箔中產生的感應電流越大 C．增大頻率，鋁箔中產生的感應電流增大 D．在剛接通電源產生如圖磁場的瞬間，鋁箔中會產生如圖所示的電流 解析：發(fā)現鋁箔懸浮了起來，是由于磁場的變化，產生感應電流，導致安培力出現，當磁場增強時，產生的感應電流增大，則安培力增大，那么高度會升高，使其周圍的磁場會變弱，導致安培力變小，仍與重力平衡，故A錯誤；根據電阻定律R＝ρ，鋁箔越薄，S越小，則電阻越大，再由I＝，可知，感應電流越小，故B錯誤；當增大頻率，導致磁場的變化率變大，則感應電動勢增大，那么感應電流增大，故C正確；在剛接通電源產生如圖磁場的瞬間，根據楞次定律：增則反，可知，鋁箔中會產生如圖所示的電流，故D正確． 5．(2016濟南3月模擬)無限長通電直導線在其周圍某一點產生磁場的磁感應強度大小與電流成正比，與導線到這一點的距離成反比，即B＝k(式中k為常數)．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上平行放置兩根無限長直導線M和N，導線N中通有方向如圖的恒定電流IN，導線M中的電流IM大小隨時間變化的圖象如圖乙所示，方向與N中電流方向相同．絕緣閉合導線框ABCD放在同一水平面上，AB邊平行于兩直導線，且位于兩者正中間．則以下說法正確的是(　ACD　) A．0～t0時間內，流過R的電流方向由C→D B．t0～2t0時間內，流過R的電流方向由D→C C．0～t0時間內，不計CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向左 D．t0～2t0時間內，不計CD邊電流影響，則AB邊所受安培力的方向向右 解析：導線N中通有向上的恒定電流，所以在閉合導線框ABCD內的磁通量向里，0～2t0時間內，導線M內電流逐漸增大，所以導線框ABCD內的磁通量向里且增大，根據楞次定律，流過R的電流方向由C→D，選項A正確，B錯誤；導線M在AB處產生磁場方向向里，導線N在AB處產生磁場方向向外，0～t0時間內，M中電流小于N中電流，故合磁感應強度向外，不計CD邊電流影響，導線AB邊電流向下，根據左手定則所受安培力的方向向左，選項C正確；同理，t0～2t0時間內，不計CD邊電流影響，導線AB邊電流向下，磁場向里，則AB邊所受安培力的方向向右，選項D正確． 6．(2016鄭州模擬)如圖所示，間距l(xiāng)＝0.4 m的光滑平行金屬導軌與水平面夾角θ＝30，正方形區(qū)域abcd內勻強磁場的磁感應強度B＝0.2 T，方向垂直于斜面．甲、乙兩金屬桿的電阻R相同、質量均為m＝0.02 kg，垂直于導軌放置．起初，甲金屬桿處在磁場上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處．現將兩金屬桿同時由靜止釋放，并同時在甲金屬桿上施加一個沿著導軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a＝5 m/s2的加速度沿導軌勻加速運動，已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，取g＝10 m/s2，則(　BC　) A．每根金屬桿的電阻R＝0.016 Ω B．甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4 s C．甲金屬桿在磁場中運動過程中F的功率逐漸增大 D．乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是0.1 W 解析：乙金屬桿在進入磁場前，甲乙兩金屬桿加速度大小相等，當乙剛進入磁場時，甲剛好出磁場．由v2＝2al解得乙進、甲出磁場時的速度大小均為v＝2 m/s.由v＝at解得甲金屬桿在磁場中的運動時間為t＝0.4 s，選項B正確；乙金屬桿進入磁場后有mgsin 30＝BIl，又Blv＝I2R，聯立解得R＝0.064 Ω，選項A錯誤；甲金屬桿在磁場中運動過程中力F和桿的速度都逐漸增大，則其功率也逐漸增大，選項C正確；乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是P＝BIlv＝0.2 W，選項D錯誤．故本題答案為BC． 7．(2016武漢市四月調考)如圖所示，邊長為L的菱形由兩個等邊三角形abd和bcd構成，在三角形abd內存在垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，在三角形bcd內存在垂直紙面向里，磁感應強度也為B的勻強磁場．一個邊長為L的等邊三角形導線框efg在紙面內向右勻速穿過磁場，頂點e始終在直線ab上，底邊gf始終與直線dc重合．規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，在導線框通過磁場的過程中，感應電流隨位移變化的圖象是(　A　) 解析：感應電動勢E＝BL有v，電流I＝＝，三角形egf向右運動，根據右手定則，開始時ef切割磁感線，產生順時針方向的電流，大小設為I0；0～過程；en切割磁感線產生向下的電流，nf產生向上的電流，em產生向下電流，切割磁感線的有效長度為L有＝en－nf－em，隨著三角形的運動L有在減小，感應電流減小，當運動時，L有＝0，電流為零：～L過程，繼續(xù)移動，根據等邊三角形的幾何關系，nf＋em大于en，L有＝nf＋em－en，逐漸變大，電流變大，當efg與bcd重合時，eg邊和ef切割磁感線，產生電流方向均為逆時針方向，大小變?yōu)?I0；L～2L過程中，繼續(xù)移動gm切割磁感線，產生感應電動勢，L有＝gm逐漸減小，直至全部出磁場電流為零，故A正確． 8．(2016第二次全國大聯考)(多選)如圖甲所示，MN左側有一垂直紙面向里磁感應強度大小為B的勻強磁場．現將一質量為m、邊長為l的正方形金屬線框置于該磁場中，使線框平面與磁場方向垂直，且bc邊與磁場邊界MN重合．對線框施加一按圖乙所示規(guī)律變化的水平拉力F，使線框由靜止開始向右做勻加速直線運動；當t＝0時，拉力大小為F0；線框的ad邊與磁場邊界MN重合時，拉力大小為3F0.則(　BD　) A．線框的加速度為 B．線框的ad邊出磁場時的速度為 C．線框在磁場中運動的時間為 D．線框的總電阻為B2l2 解析：t＝0時刻，感應電動勢E＝0，感應電流I＝0，安培力F安＝BIL＝0，由牛頓第二定律得，F0＝ma，得a＝，故A錯誤；根據公式v2＝2al，得v＝，故B正確；根據運動學公式t＝＝，故C錯誤；線框的ad邊與磁場邊界MN重合時，根據3F0－＝ma，得R＝B2l2，故D正確． 9．(2016 東北三省四市聯考二)如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．t＝0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒ab由靜止開始沿導軌向上運動，導軌電阻忽略不計．已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示．下列關于金屬棒運動速度v、外力F、流過R的電量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖象正確的是(　B　) 解析：設金屬棒的電阻為r，金屬棒長為l，由閉合電路歐姆定律知，通過電阻R的感應電流I＝，由圖乙可知，I＝kt，由以上兩式解得，v＝kt，即金屬棒做勻加速運動，選項A錯誤；由法拉第電磁感應定律得，平均感應電動勢E＝，由閉合電路歐姆定律得＝(R＋r)．由圖乙可知＝kt.由以上三式解得，＝(R＋r)kt.選項B正確；金屬棒做勻加速運動，由牛頓第二定律得 F－mgsin θ－BIl＝ma， 則F＝mgsin θ＋ma＋BIl＝mgsin θ＋k＋Blkt，選項C錯誤； 流過電阻R的電荷量q＝It＝kt2，選項D錯誤． 10．(2016全國大聯考二)如圖所示，固定的豎直光滑U型金屬導軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導軌平面、磁感應強度為B的勻強磁場中，質量為m、電阻為r的導體棒與勁度系數為k的固定輕彈簧相連放在導軌上，導軌的電阻忽略不計．初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝，此時導體棒具有豎直向上的初速度v0.在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸．則下列說法正確的是(　BC　) A．初始時刻導體棒受到的安培力大小F＝ B．初始時刻導體棒加速度的大小a＝2g＋ C．導體棒往復運動，最終將靜止，此時彈簧處于壓縮狀態(tài) D．導體棒從開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q＝mv＋ 解析：由法拉第電磁感應定律得：E＝BLv0， 由閉合電路歐姆定律得：I＝， 由安培力公式得：F＝，故A錯誤； 初始時刻，F＋mg＋kx1＝ma， 得a＝2g＋，故B正確； 因為導體棒靜止時沒有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C正確；根據能量守恒，減小的動能和重力勢能全都轉化為焦耳熱，但R上的只是一部分，故D錯誤． 11．(2016長沙模擬二)如圖所示，一根有一定值電阻的直導體棒質量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內間距也為L的光滑平行導軌上，并與之接觸良好；棒左側兩導軌之間連接一可控電阻；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面．t＝0時刻，給導體棒一個平行于導軌的初速度，此時可控電阻的阻值為R0.在棒運動過程中，通過可控電阻的變化使棒中的電流強度保持恒定．不計導軌電阻，導體棒一直在磁場中． (1)求可控電阻R隨時間t變化的關系式； (2)若已知棒中電流強度為I，求0～t時間內可控電阻上消耗的平均功率P； (3)若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻，則棒將減速運動位移x1后停下，而由題中條件，棒將運動位移x2后停下，求的值． 解析：(1)因棒中的電流強度保持恒定，故棒做勻減速直線運動，設棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經時間t后，棒的速度變?yōu)関，則有v＝v0－at 而a＝ t＝0時刻棒中電流為I＝， 經時間t后棒中電流為I＝， 由以上各式得R＝R0－t. (2)因可控電阻R隨時間t均勻減小， 故所求P＝I2， 由以上各式得P＝I2(R0－t)． (3)將可控電阻改為定值電阻R0，棒將做變減速運動 有v0＝t，＝， 而t＝t， ＝＝， 由以上各式得x1＝， 而x2＝， 由以上各式得x2＝， 所求＝. 答案：(1)R＝R0－t　(2)I2(R0－t)　(3)2 12．(2016廈門模擬)如圖甲所示，aa′、bb′、cc′、dd′為四條平行金屬軌道，都處在水平面內．aa′、dd′間距為2L，bb′、cc′間距為L.磁感應強度為B的有界勻強磁場垂直于紙面向里，邊界與軌道垂直．ab、cd兩段軌道在磁場區(qū)域正中間，到磁場左右邊界的距離均為s.軌道電阻不計且光滑，在a′d′之間接一阻值為R的定值電阻．現用水平向右的力拉著質量為m、長為2L的均勻金屬桿從磁場左側某處由靜止開始向右運動，金屬桿的電阻與其長度成正比，金屬桿與軌道接觸良好，且運動過程中不轉動，忽略與ab、cd重合的短暫時間內速度的變化． (1)證明：若拉力為恒力，無論金屬桿的電阻r為多少，都不能使金屬桿保持勻速通過整個磁場； (2)若金屬桿的電阻r＝2R，保持拉力為F不變，使金屬桿進入磁場后立刻做勻速直線運動，當金屬桿到達磁場右邊界時，速度大小為v.試求此次通過磁場過程中，整個回路放出的總熱量； (3)若金屬桿的電阻r＝2R，通過改變拉力的大小，使金屬桿從磁場左側某處從靜止開始出發(fā)，保持勻加速運動到達磁場右邊界．已知金屬桿即將到達ab、cd位置時的拉力的大小為F0，已在圖乙中標出．試在圖乙中定性畫出拉力大小隨時間變化的關系圖象(不需要標明關健點的具體坐標，但圖象應體現各段過程的差異)． 解析：(1)當金屬桿在ab、cd左側時，安培力 FA1＝， 當金屬桿在ab、cd右側時，安培力FA2＝， 若拉力為恒力且金屬桿始終勻速運動，則有 FA1＝FA2，v1＝v2， 解得r＝－3R，即金屬桿的電阻為負值，這是不可能的．因此，若拉力為恒力，無論金屬桿的電阻r為多少，都不能使金屬桿保持勻速通過整個磁場． (2)當金屬桿在ab、cd左側做勻速運動時，有 F＝FA＝＝，解得v1＝， 對金屬桿通過磁場的過程，根據動能定理有 F2s－Q＝mv2－mv， 得Q＝2Fs－mv2＋， (3)在磁場外拉力恒定，金屬桿做勻加速運動 在ab、cd左側時，有F1－FA′＝ma， FA′＝＝， 則F1＝ma＋， 在ab、cd右側時，有F2－FA″＝ma. FA″＝＝ 則F2＝ma＋ 比較可得進入ab、cd右側后F－t圖線的斜率變?。? 由于物體做勻加速運動，所以進入ab、cd左側運動的時間比在ab、cd右側運動的時間要長，故拉力大小隨時間變化的關系圖如圖所示． 答案：(1)見解析　(2)2Fs－mv2＋　(3)見解析 13．(2014安徽卷)如圖甲所示，勻強磁場的磁感應強度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30的斜面向上．絕緣斜面上固定有“Λ”形狀的光滑金屬導軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m．以MN的中點O為原點、OP為x軸建立一坐標系Ox.一根粗細均勻的金屬桿CD，長度d為3 m，質量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導軌上沿x軸正向運動(金屬桿與導軌接觸良好)．g取10 m/s2. (1)求金屬桿CD運動過程中產生的感應電動勢E及運動到x＝0.8 m處電勢差UCD； (2)推導金屬桿CD從MN處運動到P點過程中拉力F與位置坐標x的關系式，并在圖乙中畫出F－x關系圖象； (3)求金屬桿CD從MN處運動到P點的全過程產生的焦耳熱． 解析：(1)金屬桿CD在勻速運動中產生的感應電動勢 E＝Blv(l＝d)，E＝1.5 V(D點電勢高) 當x＝0.8 m時，金屬桿在導軌間的電勢差為零，設此時桿在導軌外的長度為l外，則：l外＝d－d OP＝ 得：l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點電勢高，故CD兩端電勢差 UCD＝－Bl外v，UCD＝－0.6 V (2)桿在導軌間的長度l與位置x關系是 l＝d＝3－x 對應的電阻R1為R1＝R，電流I＝ 桿受的安培力 F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據平衡條件得： F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 畫出的F－x圖象如圖所示 (3)外力F所做的功WF等于F－x圖線下所圍的面積， 即WF＝2 J＝17.5 J 而桿的重力勢能增加量ΔEP＝mgOPsin θ 故全過程產生的焦耳熱Q＝WF－ΔEP＝7.5 J 答案：(1)1.5 V?。?.6 V (2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　圖象見解析 (3)7.5 J 14．(2016廣州綜合練習二)如圖甲，單匝圓形線圈c與電路連接，電阻R2兩端與平行光滑金屬直導軌p1e1f1、p2e2f2連接，垂直于導軌平面向下、向上有矩形勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，它們的邊界為e1e2，區(qū)域Ⅰ中垂直導軌并緊靠e1e2平放一導體棒ab.兩直導軌分別與同一豎直平面內的圓形光滑絕緣導軌O1、O2相切連接，O1、O2在切點f1、f2處開有小口可讓ab進入，ab進入后小口立即閉合． 已知：O1、O2的直徑和直導軌間距均為d，c的直徑為2d；電阻R1、R2的阻值均為R，其余電阻不計；直導軌足夠長且其平面與水平面夾角為60，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度為B0.重力加速度為g.在c中邊長為d的正方形區(qū)域內存在垂直線圈平面向外的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示，ab在t＝0～內保持靜止． (1)求ab靜止時通過它的電流大小和方向； (2)求ab的質量m； (3)設ab進入圓軌道后能達到離f1f2的最大高度為h，要使ab不脫離圓形軌道運動，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2的取值范圍并討論h與B2的關系式． 解析：(1)由法拉第電磁感應定律得c內感生電動勢 E＝S＝d2B0， ① 由全電路歐姆定律有E＝IR(R2被ab短路)， ② 聯立①②解得I＝＝， ③ 根據楞次定律和右手螺旋定則(或者平衡條件和左手定則)判斷ab中電流方向為a→b，④ (2)由題意可知導軌平面與水平面夾角為θ＝60 對在t＝0～內靜止的ab受力分析有 mgsin θ＝B0Id， ⑤ 聯立③⑤解得m＝＝， ⑥ (3)由題意知t＝后，c內的磁感應強度為零，ab滑入區(qū)域Ⅱ，由直導軌足夠長可知ab進入圓形軌道時已達勻速直線運動，設此時ab的速度為v，其電動勢為E2，電流為I2 由平衡條件得mgsin θ＝B2I2d， ⑦ 由法拉第電磁感應定律得動生電動勢E2＝B2dv， ⑧ 由全電路歐姆定律有E2＝I2， ⑨(R1、R2并聯) 聯立⑥⑦⑧⑨解得v＝＝， ⑩ 由題意可知ab滑不過圓心等高點或者滑過圓軌道最高點均符合題意，分類討論如下： (ⅰ)當mv2≤mgcos θ即B2≥B0時， ? ab上滑過程由動能定理得mgh＝mv2，即h＝， ? (ⅱ)設ab能滑到圓軌道最高點時速度為v1，根據牛頓第二定律應滿足 mg≤， ? 所以當mv2－mg(1＋cos θ)≥mv， 即B2≤B0時， ? ab能滑到圓軌道最高點，有h＝(1＋cos θ)＝， ? 答案：(1)見解析　(2)　　(3)見解析