PAGEPAGE9課后限時作業41電磁感應規律綜合應用時間：45分鐘1．如圖所示，豎直平面內有一金屬環，其半徑為a，總電阻為2r(金屬環粗細勻稱)，磁感應強度大小為B0的勻強磁場垂直于環面，在環的最高點A處用鉸鏈連接長度為2a、電阻為r的導體棒AB.AB由水平位置緊貼環面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則此時A、BA.eq\f(1,3)B0avB.eq\f(1,6)B0avC.eq\f(2,3)B0avD．B0av解析：棒擺到豎直位置時整根棒處在勻強磁場中，切割磁感線的長度為2a，導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝B0·2a·v′，其中v′＝eq\f(vA＋vB,2)＝eq\f(v,2)，則E＝B0av，外電路的總電阻R＝eq\f(r·r,r＋r)＝eq\f(r,2)，依據閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，則總電流I＝eq\f(2B0av,3r)，故A、B兩端的電壓U＝IR＝eq\f(2B0av,3r)·eq\f(r,2)＝eq\f(1,3)B0av，選項A正確．2．(多選)如圖甲所示，一個剛性圓形導線圈與電阻R構成閉合回路，線圈平面與所在處的勻強磁場方向垂直，磁場的磁感應強度B隨時間t的變更規律如圖乙所示．關于線圈中產生的感應電動勢e、電阻R消耗的功率P隨時間t變更的圖象，圖中可能正確的是(BD)解析：依據圖象知0～0.5T內磁場增加，0.5T～T內磁場減弱，由楞次定律知，線圈中的感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，故A錯誤；依據法拉第電磁感應定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，因為0～0.5T內和0.5T～T內磁感應強度的變更率為定值且肯定值相等，所以感應電動勢大小不變，故B正確；依據I＝eq\f(E,R總)，可知整個過程中電流大小不變，由P＝I2R知電阻R消耗的功率不變，故C錯誤，D正確．3．在如圖甲所示的虛線框內有勻強磁場，設圖示磁場方向為正，磁感應強度隨時間的變更規律如圖乙所示．邊長為L、電阻為R的正方形勻稱導線框abcd有一半處于磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框的發熱功率為P，則(D)A．線框中的感應電流方向會發生變更B．cd邊所受的安培力大小不變，方向變更C．線框中的感應電動勢為eq\f(2B0L2,T)D．線框中的電流大小為eq\r(\f(P,R))解析：依據圖象，分析磁場變更的一個周期，在0～eq\f(T,2)時間內，向外的磁場在減弱，故感應電流的磁場方向向外，在eq\f(T,2)～T時間內，向里的磁場在增加，故感應電流的磁場方向也向外，此后磁場變更重復此周期，說明線框中的感應電流方向不會發生變更，選項A錯誤；cd邊的電流方向由d到c不變，大小也不變，而磁場方向變更，磁感應強度的大小也變更，故cd邊受到的安培力方向變更，大小也變更，選項B錯誤；依據法拉第電磁感應定律可得，線框中的感應電動勢E＝eq\f(SΔB,2Δt)＝eq\f(B0L2,T)，選項C錯誤；線圈中產生的感應電流大小不變，即P＝I2R，所以線框中的電流大小為eq\r(\f(P,R))，選項D正確．4．(多選)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數n＝1500匝，橫截面積S＝20cm2.螺線管導線電阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝30μF.在一段時間內，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規律變更，則下列說法中正確的是(AD)A．螺線管中產生的感應電動勢為1.2VB．閉合S，電路中的電流穩定后電容器上極板帶正電C．電路中的電流穩定后，電阻R1的電功率為5×10－2WD．S斷開后，通過R2的電荷量為1.8×10－5解析：由法拉第電磁感應定律可知，螺線管內產生的電動勢為E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝1500×eq\f(0.8,2)×20×10－4V＝1.2V，故A正確；依據楞次定律，當穿過螺線管的磁通量增加時，螺線管下部可以看成電源的正極，則電容器下極板帶正電，故B錯誤；電流穩定后，電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(1.2,4＋5＋1)A＝0.12A，電阻R1上消耗的功率為P＝I2R1＝0.122×4W＝5.76×10－2W，故C錯誤；開關斷開后通過電阻R2的電荷量為Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5C＝1.8×10－5C，故D正確．5．如圖，邊長為2L的等邊三角形區域abc內部的勻強磁場垂直紙面對里，b點處于x軸的坐標原點O；一與三角形區域abc等高的直角閉合金屬線框ABC，∠ABC＝60°，BC邊處在x軸上．現讓金屬線框ABC沿x軸正方向以恒定的速度v穿過磁場，在t＝0時線框B點恰好位于原點O的位置．規定逆時針方向為線框中感應電流的正方向，在下列四個i-x解析：當△ABC向前移動L的過程中，只有AB邊切割磁感應線，依據楞次定律可得電流方向為逆時針方向，當移動L時有效切割長度為eq\f(1,2)·AC＝eq\f(\r(3)L,2)，所以感應電流為i0＝eq\f(\r(3)BLv,2R)；在當△ABC向前移動L～2L的過程中，除AB邊切割磁感應線外，AC邊也切割磁感應線，感應電動勢漸漸減小到零，依據楞次定律可得電流方向為逆時針方向，當移動2L時有效切割長度為0，感應電流為零；當△ABC向前移動2L～3L的過程中，只有AC邊切割磁感應線，依據楞次定律可得電流方向為順時針方向，最大的感應電動勢為eq\r(3)LBv，所以最大的感應電流為i0＝eq\f(\r(3)BLv,R)，當△ABC離開磁場的過程中，感應電流漸漸減小，所以A、B、C項錯誤，D項正確．6．如圖甲所示，光滑的導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，軌道左側連接肯定值電阻R，導體棒ab垂直導軌，導體和軌道的電阻不計．導體棒ab在水平外力的作用下運動，外力F隨t變更如圖乙所示，在0～t0時間內從靜止起先做勻加速直線運動，則在t0以后，導體棒ab運動狀況為(C)A．始終做勻加速直線運動B．做勻減速直線運動，直到速度為零C．先做加速，最終做勻速直線運動D．始終做勻速直線運動解析：設導體棒ab長L，運動速度為v，則導體棒所受安培力F′＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)；因為導體棒在0～t0時間內從靜止起先做勻加速直線運動，所以，F2>F′；因為速度不能瞬變，所以，導體棒先做加速運動，故B、D項錯誤；導體棒做加速運動，速度增大，F′接著增大，則合外力減小，加速度減小，故A項錯誤；當速度增大到F′＝F2后，導體棒做勻速直線運動，故C項正確．7.(多選)如圖所示，線圈匝數為n，橫截面積為S，線圈電阻為r，處于一個勻稱增加的磁場中，磁感應強度隨時間的變更率為k，磁場方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為r.由此可知，下列說法正確的是(BC)A．電容器下極板帶正電B．電容器上極板帶正電C．電容器所帶電荷量為eq\f(nSkC,2)D．電容器所帶電荷量為nSkC解析：依據磁場向右勻稱增加，并由楞次定律可知，電容器上極板帶正電，故A錯誤，B正確．閉合線圈與阻值為r的電阻形成閉合回路，線圈相當于電源，電容器兩極板間的電壓等于路端電壓，線圈產生的感應電動勢：E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSk，路端電壓：U＝eq\f(E,2r)·r＝eq\f(E,2)，則電容器所帶電荷量為：Q＝CU＝eq\f(nSkC,2)，故C正確，D錯誤．8.(多選)如圖所示，空間存在著與圓臺母線垂直向外的磁場，各處的磁感應強度大小均為B，圓臺母線與豎直方向的夾角為θ，一個質量為m、半徑為r的勻質金屬環位于圓臺底部．當給環通以恒定的電流I，圓環由靜止向上運動，經過時間t后撤去該恒定電流并保持圓環閉合，圓環全程上升的最大高度為H.已知重力加速度為g，不計空氣阻力，磁場的范圍足夠大．在圓環向上運動的過程中，下列說法正確的是(AC)A．圓環先做加速運動后做減速運動B．在時間t內安培力對圓環做功為mgHC．圓環運動的最大速度為eq\f(2πBIrtcosθ,m)－gtD．圓環先有擴張后有收縮的趨勢解析：在時間t內，圓環中通有電流I，圓環在磁場中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圓環由靜止起先向上加速運動，t時刻撤去電流，圓環接著向上運動，并切割磁感線產生感應電流，則同時又受向下的安培力和重力，合力方向與運動方向相反，所以圓環起先減速運動直至到達最高位置，故A正確；因安培力在t時間內對其做正功，t時刻以后對其做負功，有W安t前－W安t后＝mgH，則知在t時間內安培力做功大于mgH，故B錯誤；在t時間內安培力F＝BIL＝BI·2πr，合外力F合＝Fcosθ－mg＝2πBIrcosθ－mg＝ma，v＝at＝eq\f(2πBIrtcosθ,m)－gt，故C正確；圓環加速上升過程中有收縮趨勢，減速上升過程中有擴張趨勢，故D錯誤．9.(多選)豎直放置的平行光滑導軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應強度B＝0.5T，導體ab及cd長均為0.2m，電阻均為0.1Ω，重均為0.1N，現用豎直向上的力拉導體ab，使之勻速上升(與導軌接觸良好)，此時釋放cd，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是(AB)A．ab受到的拉力大小為0.2NB．ab向上的速度為2m/sC．在2s內，拉力做功轉化的電能是0.8JD．在2s內，拉力做功為0.6J解析：導體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的整體，合外力為零，依據平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2N，故A正確；cd棒受到的安培力：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，cd棒靜止，處于平衡狀態，由平衡條件得：eq\f(B2L2v,2R)＝G，代入數據解得：v＝2m/s，故B正確；在2s內，電路產生的電能Q＝eq\f(E2,2R)t＝eq\f(BLv2,2R)t＝eq\f(0.5×0.2×22,2×0.1)×2J＝0.4J，則在2s內，拉力做的功有0.4J的機械能轉化為電能，故C錯誤；在2s內拉力做的功為：W＝F拉vt＝0.2×2×2J＝0.8J，故D錯誤．10．(多選)如圖甲所示，豎直向上的勻強磁場的磁感應強度B0＝0.5T，并且以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s的變更率勻稱增大，圖象如圖乙所示，水平放置的導軌不計電阻，不計摩擦阻力，寬度L＝0.5m，在導軌上放著一金屬棒MN，電阻R0＝0.1Ω，并且水平細線通過定滑輪懸吊著質量M＝0.2kg的重物．導軌上的定值電阻R＝0.4Ω，與P、Q端點相連組成回路．又知PN長d＝0.8m．在重物被拉起的過程中，下列說法中正確的是(g取10N/kg)(AC)A．電流的方向由P到QB．電流的大小為0.1AC．從磁感應強度為B0起先計時，經過495s的時間，金屬棒MN恰能將重物拉起D．電阻R上產生的熱量約為16J解析：依據楞次定律可知電流方向為M→N→P→Q→M，故A項正確；電流大小I＝eq\f(ΔB·S,ΔtR0＋R)＝eq\f(0.1×0.8×0.5,0.1＋0.4)A＝0.08A，故B項錯誤；要恰好把質量M＝0.2kg的重物拉起，則F安＝FT＝Mg＝2N，B′＝eq\f(Mg,IL)＝eq\f(0.2×10,0.08×0.5)T＝50T，B′＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)·t＝0.5＋0.1t，解得t＝495s，故C項正確；電阻R上產生的熱量為Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495J≈1.27J，故D項錯誤．11．(多選)如圖所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab＝cd＝L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質量為m，其他部分的電阻和質量均不計，整個裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來．線框下方處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面對里．初始時刻，使兩彈簧處于自然長度，且給線框一豎直向下的初速度v0，當cd邊第一次運動至最下端的過程中，R產生的電熱為Q，此過程及以后的運動過程中ab邊未進入磁場、cd邊始終未離開磁場，已知重力加速度大小為g，下列說法中正確的是(BC)A．初始時刻cd邊所受安培力的大小為eq\f(B2L2v0,R)－mgB．線框中產生的最大感應電流可能為eq\f(BLv0,R)C．在cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD．在cd邊反復運動過程中，R中產生的電熱最多為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：初始時刻，cd邊速度為v0，若此時所受重力不大于安培力，則產生的感應電動勢最大，為E＝BLv0，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，cd邊所受安培力的大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)，A錯誤，B正確；由能量守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝Q＋Ep，cd邊第一次到達最下端的時刻，兩根彈簧具有的彈性勢能總量為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q＋mgh，大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q，C正確；cd邊最終靜止在初始位置下方，重力做的功大于克服彈簧彈力做的功；由能量守恒定律可知，導體棒的動能和削減的重力勢能轉化為焦耳熱及彈簧的彈性勢能，因減小的重力勢能大于增加的彈性勢能，所以熱量應大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤．12．如圖甲所示，一足夠長阻值不計的光滑平行金屬導軌MN、PQ