《電磁感應定律》專題

第23頁《電磁感應定律》專題《電磁感應定律》專題一．選擇題（共10小題）1．物理學中的許多規(guī)律是通過實驗發(fā)現的，下列說法中符合史實的是（）A．法拉第通過實驗發(fā)現了電磁感應現象B．牛頓通過理想斜面實驗發(fā)現了物體的運動不需要力來維持C．奧斯特通過實驗發(fā)現了電流的熱效應D．卡文迪許通過扭秤實驗測出了靜電力常量2．關于電磁感應，以下說法正確的是（）A．只要磁通量發(fā)生變化就會產生感應電流B．導體做切割磁感線運動時，導體兩端會產生電壓C．感應電流的產生是因為靜電力做了功D．發(fā)生電磁感應，外界不需要提供能量3．如圖所示，兩個相同的小導線環(huán)和大導線環(huán)放在同一水平面內，且兩小環(huán)關于大環(huán)圓心對稱．當兩小環(huán)中通過圖示方向的電流，電流強度隨時間均勻增大且始終相同，大環(huán)（）A．無感應電流，不存在擴張收縮趨勢B．有順時針方向的感應電流，存在擴張趨勢C．有順時針方向的感應電流，存在收縮趨勢D．有逆時針方向的感應電流，存在收縮趨勢4．在勻強磁場中放一電阻不計的平行金屬導軌，導軌跟大線圈M相接，如圖所示．導軌上放一根導線ab，磁感線垂直于導軌所在平面．欲使M所包圍的小閉合線圈N產生順時針方向的感應電流，則導線的運動可能是（）A．勻速向右運動 B．加速向右運動 C．勻速向左運動 D．加速向左運動5．如圖甲所示，在坐標系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其對角線ac和y軸重合，頂點a位于坐標原點O處．在y軸右側的第I象限內有一等腰直角三角形區(qū)域，直角邊邊長為L，底邊的左端位于坐標原點O處，內有垂直紙面向里的勻強磁場．t=0時刻，線圈從圖示位置沿cb方向，勻速穿過磁場區(qū)域．取a→b→c→d→a為感應電流的正方向，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中，感應電流i、ab間的電勢差Uab．隨時間t變化的圖線應是乙圖中的（）A． B． C． D．6．在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的強磁場區(qū)域，區(qū)域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域II的磁場方向垂直斜面向下，磁場和寬度HP及PN均為L，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越GH進入磁場I區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．當ab邊剛越好JP時，導線框具有加速度大小為a=gsinθB．導線框兩次勻速直線運動的速度v1：v2=4：1C．從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少D．從t1到t2的過程中，有+機械能轉化為電能

7．如圖所示，磁場垂直于紙面向外，磁場的磁感應強度隨水平向右的x軸按B=B0+kx（B0、k為常量）的規(guī)律均勻增大．位于紙面內的正方形導線框abcd處于磁場中，在外力作用下始終保持dc邊與x軸平行向右勻速運動．若規(guī)定電流沿a→b→c→d→a的方向為正方向，則從t=0到t=t1的時間間隔內，下列關于該導線框中產生的電流i隨時間t變化的圖象，正確的是（）A． B． C． D．8．如圖電路中，A1、A2是兩個指示燈，L是自感系數很大的線圈，電阻R阻值較小，開關S1斷開、S2閉合．現閉合S1，一段時間后電路穩(wěn)定．下列說法中正確的是（）A．閉合S1，通過電阻R的電流先增大后減小B．閉合S1，Al亮后逐漸變暗C．閉合S1，A2逐漸變亮，然后亮度不變D．斷開電路時，為保護負載，應先斷開S2，再斷開S19．如圖所示，電源的電動勢為E、內阻為r，L1、L2為兩個相同的燈泡，線圈L的直流電阻不計，與燈泡L1連接的是一只理想二極管D．下列說法中正確的是（）A．閉合開關S穩(wěn)定后L1、L2亮度相同B．斷開S的瞬間，L2會逐漸熄滅C．斷開S的瞬間，L1中電流方向向左D．斷開S的瞬間，a點的電勢比b點高10．下列關于日光燈電路的接法中，正確的是（）A． B． C． D．二．解答題（共4小題）11．如圖所示，間距為L的光滑M、N金屬軌道水平放置，ab是電阻為R0的金屬棒，此棒可緊貼平行導軌滑動．導軌右側連接一水平放置的平行板電容器，板間距為d，板長也為L，導軌左側接阻值為R的定值電阻，其它電阻忽略不計．軌道處的磁場方向垂直軌道平面向下，電容器處的磁場垂直紙面向里，磁感應強度均為B．當ab以速度v0向右勻速運動時，一帶電量大小為q的粒子以某一速度從緊貼A板左側平行于A板進入電容器內，恰好做勻速圓周運動，并從C板右側邊緣離開．試求：（1）AC兩板間的電壓U；（2）帶電粒子的質量m；（3）帶電粒子的速度大小v．

12．如圖甲所示，單匝矩形閉合導線框αbed處于勻強磁場中，線框電阻為R，αb、αd的邊長分別為Ll、L2；磁感應強度B的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．（1）求0～2t0時間內，回路中電流I1的大小和方向；（2）求t0時刻ab邊受到的安培力大小F；（3）在2t0時刻后線框繞cd邊以角速度ω勻速轉動，計算線框中感應電流的有效值I2，并求線框從中性面開始轉過90°的過程中，通過導線橫截面的電量q．13．如圖A所示，一能承受最大拉力為16N的輕繩吊一質量為m=0.8kg邊長為L=m正方形線圈ABCD，已知線圈總電阻為R=0.5Ω，在線圈上半部分布著垂直于線圈平面向里，大小隨時間變化的磁場，如圖B所示，已知t0時刻輕繩剛好被拉斷，g=10m/s2求：（1）在輕繩被拉斷前線圈感應電動勢大小及感應電流的方向；（2）t=0時AB邊受到的安培力的大?。唬?）t0的大?。?4．如圖所示，正方形單匝均勻線框abcd，邊長L=0.4m，每邊電阻相等，總電阻R=0.5Ω．一根足夠長的絕緣輕質細線跨過兩個輕質光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接絕緣物體P，物體P放在一個光滑的足夠長的固定斜面上，斜面傾角θ=30°，斜面上方的細線與斜面平行．在正方形線框正下方有一有界的勻強磁場，上邊界I和下邊界II都水平，兩邊界之間距離也是L=0.4m．磁場方向水平，垂直紙面向里，磁感應強度大小B=0.5T．現讓正方形線框的cd邊距上邊界I的正上方高度h=0.9m的位置由靜止釋放，且線框在運動過程中始終與磁場垂直，cd邊始終保持水平，物體P始終在斜面上運動，線框剛好能以v=3m/s的速度進入勻強磁場并勻速通過勻強磁場區(qū)域．釋放前細線繃緊，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力．（1）線框的cd邊在勻強磁場中運動的過程中，c、d間的電壓是多大？（2）線框的質量m1和物體P的質量m2分別是多大？（3）在cd邊剛進入磁場時，給線框施加一個豎直向下的拉力F使線框以進入磁場前的加速度勻加速通過磁場區(qū)域，在此過程中，力F做功w=0.23J，求正方形線框cd邊產生的焦耳熱是多少？

《電磁感應定律》專題參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．物理學中的許多規(guī)律是通過實驗發(fā)現的，下列說法中符合史實的是（）A．法拉第通過實驗發(fā)現了電磁感應現象B．牛頓通過理想斜面實驗發(fā)現了物體的運動不需要力來維持C．奧斯特通過實驗發(fā)現了電流的熱效應D．卡文迪許通過扭秤實驗測出了靜電力常量解：A、法拉第通過實驗發(fā)現了電磁感應現象．故A正確．B、伽利略通過理想斜面實驗發(fā)現了物體的運動不需要力來維持．故B錯誤．C、奧斯特通過實驗發(fā)現了電流的磁效應．故C錯誤．D、卡文迪許通過實驗測出了引力常量，故D錯誤．故選：A．2．（2014?長寧區(qū)一模）關于電磁感應，以下說法正確的是（）A．只要磁通量發(fā)生變化就會產生感應電流B．導體做切割磁感線運動時，導體兩端會產生電壓C．感應電流的產生是因為靜電力做了功D．發(fā)生電磁感應，外界不需要提供能量解：A、當閉合電路中的磁通量發(fā)生變化，才會產生感應電流，故A錯誤；B、導體做切割磁感線運動時，導體兩端會產生電壓，故B正確；C、感應電流現象是產生電能，而靜電力做功是消耗電能，故C錯誤；D、在電磁感應現象中，消耗了機械能而產生了電能，即機械能轉化為了電能，故D錯誤；故選：B．3．（2013?嘉定區(qū)一模）如圖所示，兩個相同的小導線環(huán)和大導線環(huán)放在同一水平面內，且兩小環(huán)關于大環(huán)圓心對稱．當兩小環(huán)中通過圖示方向的電流，電流強度隨時間均勻增大且始終相同，大環(huán)（）A．無感應電流，不存在擴張收縮趨勢B．有順時針方向的感應電流，存在擴張趨勢C．有順時針方向的感應電流，存在收縮趨勢D．有逆時針方向的感應電流，存在收縮趨勢解：根據安培定則判斷可知，兩個小環(huán)產生的磁場方向相反，面積又相等，則知穿過大環(huán)的磁通量完全抵消，即總的磁通量為零，而且不會變化，故大環(huán)中無感應電流，也就不受磁場的安培力作用，不存在擴張或收縮趨勢．故選A4．（2014?上海二模）在勻強磁場中放一電阻不計的平行金屬導軌，導軌跟大線圈M相接，如圖所示．導軌上放一根導線ab，磁感線垂直于導軌所在平面．欲使M所包圍的小閉合線圈N產生順時針方向的感應電流，則導線的運動可能是（）A．勻速向右運動 B．加速向右運動 C．勻速向左運動 D．加速向左運動解：A、導線ab勻速向右運動時，導線ab產生的感應電動勢和感應電流恒定不變，大線圈M產生的磁場恒定不變，穿過小線圈N中的磁通量不變，沒有感應電流產生．故A錯誤．B、導線ab加速向右運動時，導線ab中產生的感應電動勢和感應電流增加，由右手定則判斷出來ab電流方向由a→b，根據安培定則判斷可知：M產生的磁場方向：垂直紙面向里，穿過N的磁通量增大，由楞次定律判斷得知：線圈N產生逆時針方向的感應電流，不符合題意．故B錯誤．C、導線ab勻速向左運動時，導線ab產生的感應電動勢和感應電流恒定不變，大線圈M產生的磁場恒定不變，穿過小線圈N中的磁通量不變，沒有感應電流產生，不符合題意．故C錯誤．D、導線ab加速向左運動時，導線ab中產生的感應電動勢和感應電流增加，由右手定則判斷出來ab電流方向由b→a，根據安培定則判斷可知：M產生的磁場方向：垂直紙面向外，穿過N的磁通量增大，由楞次定律判斷得知：線圈N產生順時針方向的感應電流，符合題意．故D正確．故選D5．（2014?德州二模）如圖甲所示，在坐標系xOy中，有邊長為L的正方形金屬線框abcd，其對角線ac和y軸重合，頂點a位于坐標原點O處．在y軸右側的第I象限內有一等腰直角三角形區(qū)域，直角邊邊長為L，底邊的左端位于坐標原點O處，內有垂直紙面向里的勻強磁場．t=0時刻，線圈從圖示位置沿cb方向，勻速穿過磁場區(qū)域．取a→b→c→d→a為感應電流的正方向，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中，感應電流i、ab間的電勢差Uab．隨時間t變化的圖線應是乙圖中的（）A． B． C． D．解：A、在d點運動到O點過程中，ab邊切割磁感線，根據右手定則可以確定線框中電流方向為逆時針方向，即正方向，電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0；然后cd邊開始切割，感應電流的方向為順時針方向，即負方向，電動勢均勻減小到0，則電流均勻減小到0．故A錯誤，B正確．C、d點運動到O點過程中，ab邊切割磁感線，ab相當于電源，電流由a到b，b點的電勢高于a點，ab間的電勢差Uab為負值，大小等于電流乘以bcda三條邊的電阻，并逐漸減?。產b邊出磁場后后，cd邊開始切割，cd邊相當于電源，電流由b到a，ab間的電勢差Uab為負值，大小等于電流乘以ab邊得電阻，并逐漸減小，且電壓的最大值小于前階段的最大值．故C錯誤，D也錯誤．故選：B．6．（2014?陜西校級二模）在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的強磁場區(qū)域，區(qū)域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域II的磁場方向垂直斜面向下，磁場和寬度HP及PN均為L，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越GH進入磁場I區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．當ab邊剛越好JP時，導線框具有加速度大小為a=gsinθB．導線框兩次勻速直線運動的速度v1：v2=4：1C．從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少D．從t1到t2的過程中，有+機械能轉化為電能【解答】解：A、t1時刻，線圈做勻速直線運動，所受的安培力與重力的下滑分力平衡，則得：F1==mgsinθ；當ab邊剛越好JP時，線圈的上下兩邊都切割磁感線，產生感應電動勢，回路中產生的總感應電動勢為E=2BLv1，線圈所受的安培力的合力為F=2BIL=2BL?=4mgsinθ根據牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ=ma，解得：a=3gsinθ，故A錯誤．B、t2時刻，有安培力F2=2BLI2=2BL==mgsinθ，由兩式比較得，v1：v2=4：1．故B正確．C、從t1到t2過程中，導線框克服安培力做功的大小等于回路中產生的焦耳熱，此過程中，線框的重力勢能和動能均減小，根據功能關系得知，線圈克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量與動能減小量之和．故C錯誤．D、根據能量守恒定律得從t1到t2，線框中產生的電能為：E電=+．故D正確．故選：BD7．（2014?吉林校級二模）如圖所示，磁場垂直于紙面向外，磁場的磁感應強度隨水平向右的x軸按B=B0+kx（B0、k為常量）的規(guī)律均勻增大．位于紙面內的正方形導線框abcd處于磁場中，在外力作用下始終保持dc邊與x軸平行向右勻速運動．若規(guī)定電流沿a→b→c→d→a的方向為正方向，則從t=0到t=t1的時間間隔內，下列關于該導線框中產生的電流i隨時間t變化的圖象，正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：由題意可知，ad、bc兩邊均在切割磁感線，產生感應電動勢的方向相反，大小相減，根據題意，bc、ad兩邊的磁場之差為：△B=B0+k（L+x）﹣B0﹣kx=kL根據法拉第電磁感應定律E=BLv，則有：E=△BLv=Lv?kL；而感應電流i==，是定值，故A正確，BCD錯誤；故選：A8．（2014?宿遷二模）如圖電路中，A1、A2是兩個指示燈，L是自感系數很大的線圈，電阻R阻值較小，開關S1斷開、S2閉合．現閉合S1，一段時間后電路穩(wěn)定．下列說法中正確的是（）A．閉合S1，通過電阻R的電流先增大后減小B．閉合S1，Al亮后逐漸變暗C．閉合S1，A2逐漸變亮，然后亮度不變D．斷開電路時，為保護負載，應先斷開S2，再斷開S1解：A、閉合開關S1的瞬間，由于線圈中自感電動勢的阻礙，通過電阻R的電流慢慢增加．故A錯誤．B、閉合開關S1，雖因存在自感作用，但通過R的電流逐漸增加，干路電流逐漸增加，通過Al逐漸變亮．故B錯誤．C、當閉合S1，線圈對電流的阻礙漸漸變小，導致A2逐漸變暗，故C錯誤；D、斷開電路時，為保護負載，由于線圈L產生自感電動勢，應先斷開S2，再斷開S1．故D正確，故選：D．9．（2013?揚州模擬）如圖所示，電源的電動勢為E、內阻為r，L1、L2為兩個相同的燈泡，線圈L的直流電阻不計，與燈泡L1連接的是一只理想二極管D．下列說法中正確的是（）A．閉合開關S穩(wěn)定后L1、L2亮度相同B．斷開S的瞬間，L2會逐漸熄滅C．斷開S的瞬間，L1中電流方向向左D．斷開S的瞬間，a點的電勢比b點高解：A、閉合開關S穩(wěn)定后，因線圈L的直流電阻不計，所以L1與二極管被短路，導致燈泡L1不亮，而L2將更亮，因此L1、L2亮度度不同，故A錯誤；B、斷開S的瞬間，L2會立刻熄滅，故B錯誤；C、斷開S的瞬間，線圈L與燈泡L1及二極管構成回路，因線圈產生感應電動勢，a端的電勢高于b端，所以回路中沒有電流，故C錯誤，D正確；故選：D10．（2009?肇慶一模）下列關于日光燈電路的接法中，正確的是（）A． B． C． D．解：啟輝器是一個自動開關，開始時閉合，然后迅速斷開，整流器線圈中產生瞬時高電壓，點燃燈管；故啟輝器與燈管并聯(lián)后與整流器串流，故AD錯誤，BC正確；故選BC．二．解答題（共4小題）11．（2014?惠州模擬）如圖所示，間距為L的光滑M、N金屬軌道水平放置，ab是電阻為R0的金屬棒，此棒可緊貼平行導軌滑動．導軌右側連接一水平放置的平行板電容器，板間距為d，板長也為L，導軌左側接阻值為R的定值電阻，其它電阻忽略不計．軌道處的磁場方向垂直軌道平面向下，電容器處的磁場垂直紙面向里，磁感應強度均為B．當ab以速度v0向右勻速運動時，一帶電量大小為q的粒子以某一速度從緊貼A板左側平行于A板進入電容器內，恰好做勻速圓周運動，并從C板右側邊緣離開．試求：（1）AC兩板間的電壓U；（2）帶電粒子的質量m；（3）帶電粒子的速度大小v．解：（1）棒ab向右運動時產生的電動勢為：E=BLv0AC間的電壓即為電阻R的分壓，由分壓關系可得：（或：，U=IR）解得：（2）帶電粒子在AC板間電磁場中做勻速圓周運動，則重力與電場力平衡，則有：解得：（3）粒子由牛頓第二定律可得：粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得：L2+（r﹣d）2=r2解得：v=答：（1）AC兩板間的電壓U為；（2）帶電粒子的質量m為；（3）帶電粒子的速度大小v為．

12．（2014?南通三模）如圖甲所示，單匝矩形閉合導線框αbed處于勻強磁場中，線框電阻為R，αb、αd的邊長分別為Ll、L2；磁感應強度B的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．（1）求0～2t0時間內，回路中電流I1的大小和方向；（2）求t0時刻ab邊受到的安培力大小F；（3）在2t0時刻后線框繞cd邊以角速度ω勻速轉動，計算線框中感應電流的有效值I2，并求線框從中性面開始轉過90°的過程中，通過導線橫截面的電量q．解：（1）在0到2t0時間內，回路中的感應電動勢：E1=；由圖乙可知，；由閉合電路歐姆定律，則有：電流大小I1=；解得：；由楞次定律，可知，在0到2t0時間內，回路中的電流方向逆時針；（2）安培力的大小F=BI1L1；t0時刻的磁場為B=；那么安培力的大小為，F=；（3）線框勻速轉動時，產生正弦交流電，感應電動勢的最大值E2m=B0L1L2ω；感應電動勢的有效值E2=；感應電流的有效值I2==；平均感應電流；通過導線橫截面的電量q=；解得：答：（1）0～2t0時間內，回路中電流I1的大小和方向為逆時針；（2）t0時刻ab邊受到的安培力大小F=；（3）線框中感應電流的有效值I2=；線框從中性面開始轉過90°的過程中，通過導線橫截面的電量：．

13．（2014?潮州二模）如圖A所示，一能承受最大拉力為16N的輕繩吊一質量為m=0.8kg邊長為L=m正方形線圈ABCD，已知線圈總電阻為R=0.5Ω，在線圈上半部分布著垂直于線圈平面向里，大小隨時間變化的磁場，如圖B所示，已知t0時刻輕繩剛好被拉斷，g=10m/s2求：（1）在輕繩被拉斷前線圈感應電動勢大小及感應電流的方向；（2）t=0時AB邊受到的安培力的大??；（3）t0的大小．解：（1）由法拉第電磁感應定律，則有：E==，代入數據，解得：E==1V；根據楞次定律可知，感應電流的方向：逆時針方向；（2）根據閉合電路歐姆定律，則有：I=；而AB受到的安培力大小為：F=BIL=1×2×N=2N；（3）當輕繩剛好被拉斷，對其受力分析，如圖所示，則有：2Fcos45°+mg=T解得：F=4N；而安培力F﹣BIL，可得：B=；再根據圖象可得：t0=1s；答：（1）在輕繩被拉斷前線圈感應電動勢大小1V及感應電流的方向逆時針；（2）t=0時AB邊受到的安培力的大小2N；（3）t0的大小1s．14．（2014?福州二模）