第2章　电磁感应及其应用 复习提升（含答案解析）

本章复习提升
易混易错练
易错点1　寻找导体切割磁感线的有效长度出错
1.将长为2L、粗细均匀的导线ab,从中点O处折成如图所示形状,aO⊥bO,a、b连线与水平方向成45°角,导线所在位置处有范围足够大、方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将导线在纸面内以相同大小的速度v,分别以垂直于ab斜向上和水平向左两个方向运动,则两种情况下a、b两点间的电势差之比为　 (　　)
A.1∶　　　　　　　　B.∶1
C.1∶2　　　　　　　　D.2∶1
易错点2　混淆内外电路、内外电压而出错
2.如图所示,一个各短边边长均为L、长边边长为3L、质地均匀的线框,匀速通过宽度为L的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向里,线框沿纸面运动,开始时线框右侧短边ab恰好与磁场左边界重合,此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差Uab随时间t变化的关系图像正确的是　 (　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
易错点3　对自感线圈的阻碍作用理解出错
3.如图所示,电路中L是一直流电阻可忽略不计的电感线圈,a、b为L的左、右两端点,A、B、C为完全相同的三盏灯,开关S闭合电路稳定时,三盏灯均发光。某时刻将开关S断开,则下列说法正确的是 (　　)
A.a点电势高于b点电势,A灯闪亮后缓慢熄灭
B.b点电势高于a点电势,B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
C.a点电势高于b点电势,B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D.b点电势高于a点电势,B、C灯闪亮后缓慢熄灭
思想方法练
一、二级结论法
1.(多选题)如图所示,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好,在导体棒向右匀速通过M、N两区域的过程中,导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是 (　　)
A.FM向右　　　　　　　　 B.FN向左
C.FM逐渐增大　　　　　　　　 D.FN逐渐减小
二、等效法
2.如图所示,两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下,导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长。当该磁场区域以速度v0匀速向右运动,MN刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小和方向为 (　　)
A.0　　　　　　　　 B.,方向a→b
C.,方向b→a　　　　　　　　 D.,方向a→b
三、物理模型法
单杆模型
3.(多选题)如图甲所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为l,电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻,导体杆ab长为l、质量为m、电阻为r,并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给杆ab一个初速度v0,使杆向右运动。则 (　　)
A.当杆ab刚具有初速度v0时,杆ab两端的电压U=,且b点电势高于a点电势
B.通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小
C.若将M和P之间的定值电阻改为一电容为C的电容器,如图乙所示,同样给杆ab一个初速度v0,使杆向右运动,则杆ab稳定后的速度为v=
D.在图乙中,若杆ab电阻为0,在杆ab上加一水平向右的恒力,杆ab将水平向右做匀加速直线运动
4.如图所示,两根足够长、电阻不计且相距L=0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,顶端接有一个额定电压为U=3.6 V的小灯泡(电阻恒定),两导轨间有一磁感应强度大小为B=5 T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场。今将一根长为L、质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的金属棒垂直于导轨放置,在顶端附近无初速度释放,金属棒与导轨始终接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5。已知金属棒下滑x=6 m后速度稳定,且此时小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)金属棒稳定下滑时的速度大小;
(2)从金属棒开始运动到稳定下滑过程中,流过灯泡的电荷量;
(3)从金属棒开始运动到稳定下滑过程中,金属棒产生的焦耳热。
双杆模型
5.(多选题)如图所示,两电阻可以忽略不计的光滑平行金属长直导轨固定在水平面上,相距为L。导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。导体棒a、b质量分别为m和2m,长度均为L,电阻均为R,均垂直静置于导轨上。某时刻使左侧的导体棒a获得大小为v0的向左的初速度,右侧的导体棒b获得大小为2v0的向右的初速度,则下列结论正确的是 (　　)
A.当导体棒a的速度大小为时,回路中产生的感应电动势可能大于3BLv0
B.当导体棒a的速度大小为时,回路中产生的感应电动势可能小于BLv0
C.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中,系统产生的热量为3m
D.从开始运动到最终处于稳定状态的过程中,系统产生的热量为m
6.如图1所示,两根金属棒甲和乙分别放在左侧和右侧的光滑水平导轨上,左侧和右侧导轨间距分别为L和2L,金属棒甲和乙的质量分别为m和2m,电阻分别为R和2R,它们的长度均与导轨间距相等,导轨足够长且电阻忽略不计,两棒与导轨良好接触且各自只能在对应的导轨上运动。导轨间有磁感应强度大小均为B、方向相反的两个匀强磁场,现用水平向右的恒力F作用于甲棒。
(1)若固定乙棒,求甲棒产生焦耳热的功率的最大值;
(2)若不固定乙棒,已知当F作用时间为t时,甲的加速度大小为a,求此时乙棒的速度大小;
(3)若不固定乙棒,当F作用时间t后撤去该恒力。若以向右为速度的正方向,以撤去力F瞬间为计时起点,请在图2中定性作出两棒的v-t图像。所作图像要大致反映两棒运动过程中的加速度关系和最终的速度关系。
答案与分层梯度式解析
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易混易错练
1.B　导线垂直于ab斜向上匀速运动时,感应电动势E1=BLabv=BLv,导线水平向左匀速运动时,感应电动势E2=BLOav=BLv,a、b两点间的电势差之比==,故B正确,A、C、D错误。
易错分析　公式E=Blv中的l为有效切割长度,即导体在与v垂直的方向上的投影长度。图甲、乙中有效切割长度为
甲图:l=cd sin β
乙图:沿v1方向运动时,l=MN;沿v2方向运动时,l=0。
2.D　由题意可知,在运动0~L的过程中,ab边切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,a点电势高于b点电势,则有Uab=BLv;运动L~2L的过程中,产生的感应电动势E2=2BLv,a点电势低于b点电势,则有Uab=-×2BLv=-BLv,运动2L~3L的过程中,长边切割磁感线产生的感应电动势E3=3BLv,a点电势高于b点电势,则有Uab=×3BLv=BLv,故选D。
易错分析　此题易把等效电源两端的电压当成电源的电动势。在闭合回路中,外电路中的电流由高电势流向低电势,而内电路中则相反。在电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体是电源,在闭合回路中,作为电源的导体两端的电压等于路端电压,而不等于感应电动势。
3.D　开关S闭合电路稳定时,电感线圈所在支路的总电阻比B、C灯所在支路的总电阻小,故流过A灯的电流大于流过B、C灯的电流,且电感线圈中电流方向由a到b;当开关S断开时,电感线圈会产生自感现象,由楞次定律结合安培定则知,电感线圈中感应电流方向由a到b,电感线圈相当于电源,故b点电势高于a点电势;断开开关S瞬间,流过B、C灯支路的电流比原来的大,故B、C灯闪亮后缓慢熄灭,A、B、C错误,D正确。故选D。
易错分析　线圈产生的自感电动势是“阻碍”线圈中电流的变化,而不是“阻止”线圈中电流的变化,只对电流的变化起延迟作用,即通电时由于线圈的自感,线圈中的电流缓慢增大;断电时由于线圈的自感,线圈所在回路中的电流缓慢减小;电流稳定时,若线圈有电阻则相当于一个定值电阻,若线圈的电阻忽略不计则相当于一根导线。
思想方法练
1.BCD　导体棒靠近长直导线和远离长直导线时,根据楞次定律的二级结论可知,导体棒受到的安培力一定阻碍这种相对运动,故FM向左,FN也向左,A错误,B正确;导体棒匀速运动时,磁感应强度越大,安培力的阻碍作用也越强,考虑到长直导线周围磁场的分布可知,FM逐渐增大,FN逐渐减小,C、D正确。
方法点津　本题也可先根据安培定则判断M、N两区域的磁场方向,再根据右手定则判断感应电流的方向,再利用左手定则判断安培力的方向,用安培力公式分析安培力大小变化,也可得出结果,但比应用楞次定律的二级结论要复杂。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化,节约解题时间。
2.B　金属杆相对于磁场向左运动,根据右手定则可知杆中感应电流方向为a→b,感应电动势为E=Bdv0,根据闭合电路欧姆定律得I==,故选B。
方法点津　本题中金属杆不动,无法直接对金属杆应用右手定则,若用等效思想就可以实现金属杆“由静到动”的转变,便可以应用右手定则分析感应电流的方向了。若磁场是运动的,导体棒是静止的,可以选取运动的磁场作为参考系分析导体棒的速度,进而实现对右手定则的应用。
3.BCD　当杆ab刚具有初速度v0时,杆ab产生的感应电动势大小为E0=Blv0,根据串联分压规律可得杆ab两端的电压为Uab==,根据右手定则可知杆ab中感应电流方向由b→a,所以a点电势高于b点电势,故A错误;设杆ab在某时刻的速度大小为v1,根据闭合电路欧姆定律可得I=,杆ab所受安培力大小为FA=BIl=,根据牛顿第二定律可知杆ab在速度大小为v1时的加速度大小为a1==,易知杆ab做减速运动,即v1减小,所以a1减小,则v1随t的变化率的绝对值也逐渐减小,再根据BIl=可知I随t的变化率的绝对值逐渐减小,故B正确;若将M和P之间的定值电阻改为一电容为C的电容器,同样给杆ab一个初速度v0,使杆向右运动,设杆ab从开始运动到最终稳定过程中回路中的平均电流为,经历时间为t,对杆ab根据动量定理有-Blt=mv-mv0,杆ab稳定后电容器所带电荷量为Q=t=CU,此时杆ab产生的感应电动势大小等于电容器两端电压,即U=Blv,联立解得v=,故C正确;若杆ab电阻为0,在杆ab上加一水平向右的恒力F,设杆ab从静止开始在一极短的时间Δt内速度的变化量为Δv,此时电容器两端电压为ΔU=BlΔv,电容器所带电荷量为ΔQ=CΔU,杆ab的加速度为a2=,通过杆ab的电流为Iab=,根据牛顿第二定律有F-BIabl=ma2,联立解得a2=,即a2为定值,所以杆ab将水平向右做匀加速直线运动,故D正确。
4.答案　(1)4 m/s　(2)0.6 C　(3)0.08 J
解析　(1)设金属棒稳定下滑时的速度为v,此时回路中的电流为I,由平衡条件得
mg sin θ=BIL+μmg cos θ
由闭合电路欧姆定律得I=
感应电动势E=BLv
联立解得v=4 m/s
(2)设灯泡的电阻为R,金属棒稳定下滑时有
=
解得R=9 Ω
可知从金属棒开始运动到稳定下滑过程中,流过灯泡的电荷量q=Δt==0.6 C
(3)从金属棒开始运动到稳定下滑过程中,由能量守恒定律得
mg sin θ·x=μmg cos θ·x+mv2+Q
解得Q=0.8 J
则金属棒产生的焦耳热为Qr=Q=0.08 J
5.BC　由题意知导体棒a、b组成的系统动量守恒,且初动量pb=4mv0,方向向右,pa=mv0,方向向左,可以看出合动量向右,设向右为正,则当导体棒a的速度大小为时,方向可能向左也可能向右,若导体棒a的速度大小为,方向向左时,由动量守恒定律得4mv0-mv0=2mvb-mv0,解得vb=v0,此时回路中产生的感应电动势为E=Ea+Eb=BLv0;同理当导体棒a的速度大小为,方向向右时,由动量守恒定律得4mv0-mv0=2mvb'+mv0,解得vb'=v0,此时回路中产生的感应电动势为E'=Eb'-Ea'=BLv0,故A错误,B正确。从开始运动到最终处于稳定状态的过程中,由动量守恒定律得4mv0-mv0=3mv,解得最终一起匀速运动的速度为v=v0,则由能量守恒定律得从开始运动到最终处于稳定状态的过程中,系统产生的热量Q=m+×2m-×3m=3m,故C正确,D错误。
6.答案　(1)　(2)-　(3)见解析
解析　(1)设甲向右运动的速度最大时,对应电流为I,甲受到的安培力为F安,则F=F安=BIL
甲棒产生的焦耳热的功率的最大值应为P=I2R
由以上各式联立求得P=
(2)设当F作用时间为t时,甲和乙的速度大小分别为v1和v2
对甲有Ft-BLt=mv1
对乙有2BLt=2mv2
此时电路中的电流为
I'=
对甲,由牛顿第二定律得
F-BI'L=ma
由以上各式联立求得乙的速度大小为
v2=-
(3)撤去F后,甲棒在安培力作用下做减速运动,乙棒在安培力作用下做加速运动,回路中电流减小,两棒受到的安培力减小,加速度减小,故两棒的v-t图线的斜率的绝对值逐渐减小,因两棒的加速度相同,所以同一时刻两棒的v-t图线的切线斜率相同。稳定后两棒产生的感应电动势大小相等,则有BLv甲=B·2L·v乙,则两棒速度大小关系为v甲=2v乙,所以图像如图所示。
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