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《第四章 電磁感應》 一、單選題（1-8題是只有一個答案正確；9-12題有多個答案正確） 1．如圖所示，處于豎直面的長方形導線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接兩塊水平正對放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側有垂直線框平面向里的勻強磁場。內板間有一個質量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關于磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率的說法正確的是 A．正在增強，ΔBΔt=mgdqL2 B．正在減小，ΔBΔt=mgdqL2 C．正在增強，ΔBΔt=mgd2qL2 D．正在減小，ΔBΔt=mgd2qL2 【答案】 B 【解析】 油滴帶正電，受向上的電場力和向下的重力平衡，即Eq=mg，則上極板帶負電，由楞次定律可知，磁場磁感應強度大小B正在減小，且ΔBΔtL2=U，E=Ud；聯(lián)立解得ΔBΔt=mgdqL2，故選B. 2．一正三角形導線框ABC（高為a）從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩勻強磁場區(qū)域。兩磁場區(qū)域磁感應強度大小均為B，磁場方向相反且均垂直于平面、寬度均為a,則感應電流I與線框移動距離x的關系圖線可能是（以逆時針方向為感應電流的正方向） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 當線框移動距離x在a～2a范圍，線框穿過兩磁場分界線時，BC、AC邊在右側磁場中切割磁感線，有效切割長度逐漸增大，產生的感應電動勢E1增大，AC邊在左側磁場中切割磁感線，產生的感應電動勢E2不變，兩個電動勢串聯(lián)，總電動勢E=E1+E2增大，故A錯誤；當線框移動距離x在0～a范圍，線框穿過左側磁場時，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針，為正值，故B錯誤；當線框移動距離x在2a～3a范圍，線框穿過左側磁場時，根據楞次定律，感應電流方向為逆時針，為正值，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 3．在如圖所示的電路中，a、b為兩個完全相同的燈泡，L為自感線圈，自感系數較大，（電阻可忽略），E為電源，S為開關。下列說法正確的是（） A．合上開關，a先亮，b逐漸變亮 B．合上開關，b先亮，a逐漸變亮 C．斷開開關， b中仍有自左向右的電流 D．斷開開關，b先熄滅，a后熄滅 【答案】 B 【解析】 合上開關K接通電路，b立即亮，線圈對電流的增大有阻礙作用，所以通過a的電流慢慢變大，因線圈L電阻可忽略，最后a、b一樣亮；選項B正確，A錯誤；斷開開關s切斷電路時，通過b的原來的電流立即消失，線圈對電流的減小有阻礙作用，所以通過線圈和a的電流會慢慢變小，并且通過b，且通過b的電流從右向左，所以兩燈泡一起過一會兒熄滅；故CD錯誤。故選B。 4．如圖所示，有界勻強磁場垂直紙面向里，一閉合導線框abcd從高處自由下落，運動一段時間后進入磁場，下落過程線框始終保持豎直，對線框進入磁場過程的分析正確的是（） A．感應電流沿順時針方向 B．a端電勢高于b端 C．可能勻加速進入 D．感應電流的功率可能大于重力的功率 【答案】 D 【解析】 線框進入磁場時，磁通量增大，根據楞次定律可知感應電流方向為逆時針方向，選項A錯誤；根據右手定則可知，b端電勢高于a端，選項B錯誤；線圈進入磁場時受向上的安培力作用，大小為F=B2L2vR，隨速度的增加，安培力逐漸變大，可知加速度逐漸減小，則線圈進入磁場時做加速度減小的加速運動，選項C錯誤；開始進入磁場時，可能安培力大于重力，即F=B2L2vR>mg，即B2L2v2R>mgv，即E2R>mgv，即感應電流的功率可能大于重力的功率，選項D正確；故選D. 5．法拉第在1831年發(fā)現(xiàn)了“磁生電”現(xiàn)象。如圖，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上，線圈A和電池連接，線圈B用長直導線連通，長直導線正下面平行放置一個小磁針。實驗中可能觀察到的現(xiàn)象是 A．只要A線圈中電流足夠強，小磁針就會發(fā)生偏轉 B．A線圈閉合開關電流穩(wěn)定后，線圈B匝數較少時小磁針不偏轉，匝數足夠多時小磁針偏轉 C．線圈A和電池接通瞬間，小磁針會偏轉 D．線圈A和電池斷開瞬間，小磁針不會偏轉 【答案】 C 【解析】 小磁針會不會偏轉取決于B線圈中有沒有電流，而B中有沒有電流取決于B線圈中的磁通量是否發(fā)生變化，當A線圈中電流足夠強，但不變化，則B中無感應電流，磁針不會發(fā)生偏轉，A錯；當A線圈閉合開關電流穩(wěn)定后，回路中的磁通量也不在發(fā)生變化，所以小磁針也不會發(fā)生偏轉，故B錯；當線圈A和電池接通或斷開的瞬間，回路中的磁通量發(fā)生變化，所以B中有感應電流，則小磁針會偏轉，故C對；D錯； 故選C 6．如圖所示，金屬棒ab置于水平放置的U形光滑導軌上，在ef右側存在有界勻強磁場B，磁場方向垂直導軌平面向下，在ef左側的無磁場區(qū)域cdef內有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導軌在同一平面內。當金屬棒ab在水平恒力F作用下從磁場左邊界ef處由靜止開始向右運動后，下列有關圓環(huán)的說法正確的是 A．圓環(huán)內產生變大的感應電流，圓環(huán)有收縮的趨勢 B．圓環(huán)內產生變小的感應電流，圓環(huán)有收縮的趨勢 C．圓環(huán)內產生變大的感應電流，圓環(huán)有擴張的趨勢 D．圓環(huán)內產生變小的感應電流，圓環(huán)有擴張的趨勢d 【答案】 B 【解析】 因為金屬棒ab在恒力F的作用下向右運動,則abcd回路中產生逆時針方向的感應電流,則在圓環(huán)處產生垂直于紙面向外的磁場,隨著金屬棒向右加速運動,圓環(huán)的磁通量將增大,根據楞次定律可以知道,圓環(huán)將有收縮的趨勢以阻礙圓環(huán)的磁通量將增大;又因為金屬棒向右運動的加速度減小,單位時間內磁通量的變化率減小,所以在圓環(huán)中產生的感應電流不斷減小,故B對；ACD錯 7．如圖甲所示，螺線管的匝數為1000、橫截面積為10cm2電阻為1Ω，與螺線管串聯(lián)的外電阻R1=5Ω、R2=4Ω。向右穿過螺線管的磁場的磁感應強度按圖乙所示的規(guī)律變化，則下列說法正確的是 A．0~1s內，螺線管產生的感應電動勢為410－3V B．1s~2s內，R2中通過的電流方向向右 C．1s~2s內，電路中通過的電流為0.3A D．1s~2s內，R1兩端的電壓為3V 【答案】 D 【解析】 A、在0~1s內，由法拉第電磁感應定律可知，螺線管產生的感應電動勢為： E1=nΔB1Δt1?S=10006-211.010-3V=4V，故選項A錯誤； B、在1s~2s內，磁感應強度減小，穿過螺線管的磁通量減少，根據楞次定律可判斷，R2中通過的電流方向向左，故選項B錯誤； C、在1s~2s內，螺線管產生的感應電動勢為：E2=nΔB2Δt2?S=1000611.010-3V=6V，根據閉合電路的歐姆定律有I=E2R1+R2+r=0.6A，R1兩端的電壓為U1=IR1=3V，故選項C錯誤，D正確。 8．如圖所示，半徑為r的金屬圓環(huán)放在垂直紙面向外的勻強磁場中，環(huán)面與磁感應強度垂直，磁場的磁感應強度為B0，保持圓環(huán)不動，將磁場的磁感應強度隨時間均勻增大經過時間t，磁場的磁感應強度增大到B1，此時圓環(huán)中產生的焦耳熱為Q；保持磁場的磁感應強度B1不變，將圓環(huán)繞對稱軸(圖中虛線)勻速轉動，經時間2t圓環(huán)轉過90，圓環(huán)中電流大小按正弦規(guī)律變化，圓環(huán)中產生的焦耳熱也為Q，則磁感應強度B0和B1的比值為（） A．4-π4 B．5-π5 C．42-π42 D．52-π52 【答案】 A 【解析】 若保持圓環(huán)不動，則產生的感應電動勢恒定為E1=(B1-B0)πr2t，則Q=E12Rt=(B1-B0)2π2r4tR①；若線圈轉動：則產生的感應電動勢最大值：E2m=B1ωS=B1π22t?πr2=π2r2B14t ,有效值E2=π2r2B142t，產生的熱量Q=E22R2t=π4r4B1216tR②，聯(lián)立①②可得：B0B1=4-π4，故選A. 9．如圖所示，一個電阻值為R，匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連結成閉合回路。線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0。導線的電阻不計。則 A．流經電阻R1中的電流方向為b到a B．回路中感應電動勢的大小為nπB0r12t0 C．回路中感應電流大小為nπB0r223Rt0 D．a與b之間的電勢差為Uab=2nπB0r223t0 【答案】 ACD 【解析】 由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a，故A正確；由圖示圖象可知，磁感應強度的變化率：ΔBΔt=B0t0，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，面積：S=πr22，則感應電動勢：E=nπB0r22t0，感應電流：I=ER+R1=E3R=nπB0r223Rt0，a與b之間的電勢差等于線圈兩端電壓，即路端電壓：Uab=IR1=2nπB0r223t0，故B錯誤，CD正確；選ACD. 10．如圖所示，U形光滑金屬導軌水平放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌間距為L，在導軌右端連接有一個阻值為R的定值電阻。有一根長為L的導體棒ab與固定在O點的絕緣輕彈簧相連后垂直放置在導軌上，彈簧原長時導體棒ab在圖中的虛線位置?，F(xiàn)施外力將彈簧壓縮一定的距離后松開，導體棒ab在導軌上往復運動最后停在虛線處。已知彈簧初始被壓縮時儲存的彈性勢能為Ep，在運動過程中導體棒ab與導軌始終接觸良好，導體棒ab的電阻r=R，導軌電阻不計，則下列說法中正確的是 A．導體棒ab在運動過程中能產生交變電流 B．定值電阻產生的總熱量為彈性勢能Ep的一半 C．導體棒ab向右運動時安培力做負功，向左運動時做正功 D．導體棒ab全程克服安培力做的功等于回路中產生的焦耳熱 【答案】 ABD 【解析】 導體棒ab在運動過程中，因不斷則往復運動，切割磁感線則能產生交變電流，選項A正確；整個過程中彈簧的彈性勢能轉化為整個電阻上的焦耳熱，因r=R，則定值電阻產生的總熱量為彈性勢能Ep的一半，選項B正確；導體棒ab運動時安培力方向始終與運動方向相反，即總是做負功，選項C錯誤；導體棒ab全程克服安培力做的功等于回路中產生的焦耳熱，選項D正確；故選ABD. 點睛：此題關鍵是知道電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化關系；系統(tǒng)總的機械能，也就是開始的彈性勢能最終轉化為整個電路的電能；電磁感應的過程就是克服安培力做功的過程，最后產生的電能轉化成焦耳熱. 11．如圖所示，兩光滑金屬導軌間距為1m，固定在絕緣桌面上的部分是水平的，處在磁感應強度大小為1T、方向豎直向下的有界勻強磁場中(導軌其他部分無磁場)，電阻R的阻值為2Ω，桌面距水平地面的高度為1.25m，金屬桿ab的質量為0.1kg，有效電阻為1Ω。現(xiàn)將金屬桿ab從導軌上距桌面高度為0.45m的位置由靜止釋放，其落地點距桌面左邊緣的水平距離為1m。取g=10m/s2，空氣阻力不計，離開桌面前金屬桿ab與金屬導軌垂直且接觸良好。下列判斷正確的是 A．金屬桿剛進入磁場時，其速度大小為3m/s B．金屬桿剛進入磁場時，電阻R上通過的電流大小為1.5A C．金屬桿穿過勻強磁場的過程中，克服安培力所做的功為0.25J D．金屬桿穿過勻強磁場的過程中，通過金屬桿某一橫截面的電荷量為0.2C 【答案】 AC 【解析】 金屬桿進入磁場前，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12mv2，解得：v=3m/s，故A正確；金屬棒切割磁感線產生感應電動勢：E=BLv，由閉合電路的歐姆定律可知，電流：I=ER+r=BLvR+r=1132+1=1A，故B錯誤；金屬棒離開磁場后做平拋運動，在豎直方向上H=12gt2，水平方向上：s=vt，解得：v=2m/s，金屬桿穿過勻強磁場的過程中，根據動能定理有：W安=12mv2-12mv2=-0.25J，即克服安培力所做的功為0.25J，故C正確；金屬桿穿過勻強磁場的過程中，根據動理定理有：-BILΔt=mv-mv，又q=IΔt，則有：-BLq=mv-mv，解得：q=0.1C，故D錯誤；故選AC。 【點睛】 12．如圖所示，兩根間距為d的光滑金屬導軌，平行放置在傾角為θ=300的斜面上，導軌的右端接有電阻R，整個裝置放在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直。導軌上有一質量為m、電阻也為R的金屬棒與兩導軌垂直且接觸良好，金屬棒以一定的初速度v0在沿著導軌上滑一段距離L后返回，不計導軌電阻及感應電流間的相互作用。下列說法正確的是（） A．導體棒返回時先做加速運動，最后做勻速直線運動 B．導體棒沿著導軌上滑過程中通過R的電量q=BdL2R C．導體棒沿著導軌上滑過程中克服安培力做的功W=12(mv02-mgL) D．導體棒沿著導軌上滑過程中電阻R上產生的熱量Q=12(mv02-mgL) 【答案】 ABC 【解析】 導體棒返回時隨著速度的增大，導體棒產生的感應電動勢增大，感應電流增大，棒受到的安培力增大，加速度減小，所以導體棒先做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動，故A正確。導體棒沿著導軌上滑過程中通過R的電量為：q=It=Bdv2Rt=BdL2R，故B正確。導體棒沿著導軌上滑過程中克服安培力做的功等于回路中產生的總熱量，由能量守恒定律得：W=Q=（12mv02-mgLsin30）=12（mv02-mgL），故C正確。根據能量守恒定律，導體棒沿著導軌上滑過程中電阻R上產生的熱量為：QR=12（12mv02-mgLsin30）=14（mv02-mgL），故D錯誤。故選ABC。 二、非選擇題 13．如圖所示,平行導軌傾斜放置,傾角θ=37,勻強磁場的方向垂直于導軌平面向上,磁感應強度B=5T,質量為m=1kg的金屬棒ab垂直放在導軌上,ab與導軌平面間的動摩擦因數μ=0.25。ab的電阻r=1Ω,平行導軌間的距離L=1m, R1 =R2=4Ω,導軌電阻不計,ab由靜止開始下滑運動x=3.5m后達到勻速。sin37=0.6,cos37=0.8。求: （1）ab在導軌上勻速下滑的速度多大? （2）ab由靜止到勻速過程中電路產生的焦耳熱為多少? 【答案】 （1）4m/s（2）6J 【解析】 （1）ab由靜止開始下滑，速度不斷增大，對ab受力分析如圖所示, 由牛頓第二定律mgsinθ-μmgcosθ-BIL=ma 可知，ab做加速度減小的加速運動，當加速度減小到零時，速度增加到最大，此后以最大速度做勻速運動。 故ab在導軌上勻速下滑時mgsinθ-μmgcosθ-BIL=0① 等效電路如圖所示, 外電路電阻R=R1R2R1+R2=4Ω② 電路中總電阻R總=r+R=5Ω③ 由閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應定律可知: 電路中的電流I=ER總 ④ 此時的感應電動勢E=BLv ⑤ 由①③④⑤解得:ab在導軌上勻速下滑的速度v=4m/s⑥ （2）由于ab下滑過程速度不斷變化，感應電動勢和電流不恒定，故不能用焦耳定律求焦耳熱。 根據能量守恒定律，ab減少的重力勢能等于ab增加的動能、克服摩擦力做功產生的內能與電路中總的焦耳熱之和，即ΔEP=ΔEk+E內+Q ⑩ 展開得mgxsin370=12mv2+μmgcos370?x+Q 解得電路中總的焦耳熱：Q=6J 14．如圖甲所示，在兩光滑平行金屬導軌之間存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌的間距為L，電阻不計。金屬棒垂直于導軌放置，質量為m，重力和電阻可忽略不計?，F(xiàn)在導軌左端接入一個電阻為R的定值電阻，給金屬棒施加一個水平向右的恒力F，經過時t0后金屬棒達到最大速度。 (1)金屬棒的最大速度vmax是多少？ (2)求金屬棒從靜止達到最大速度的過程中。通過電阻R的電荷量q； (3)如圖乙所示，若將電阻換成一個電容大小為C的電容器(認為電容器充放電可瞬間完成)。求金屬棒由靜止開始經過時間t后，電容器所帶的電荷量Q。 【答案】 (1)FRB2L2；(2)Ft0BL-FmRB3L3；(3)FCBLtm+CB2L2。 【解析】 （1）當安培力與外力相等時，加速度為零，物體速度達到最大，即F=BIL=B2L2vmaxR 由此可得金屬棒的最大速度：vmax=FRB2L2 （2）由動量定律可得：(F-F)t0=mvmax 其中：F=B2L2xRt0 解得金屬棒從靜止達到最大速度的過程中運動的距離：x=Ft0RB2L2-FmR2B4L4 通過電阻R的電荷量：q=BLxR=Ft0BL-FmRB3L3 （3）設導體棒運動加速度為a，某時裝金屬棒的速度為v1，經過?t金屬體的速度為v2，導體棒中流過的電流(充電電流)為I，則:F-BIL=ma 電流：I=△Q△t=C△E△t 其中：?E=BLv2-BLv1=BL?v，a=?v?t 聯(lián)立各式得：a=Fm+CB2L2 因此，導體棒向右做勻加速直線運動。由于所有電阻均忽略，平行板電容器兩板間電壓U與導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E相等，電容器的電荷量：Q=CBLat=FCBLtm+CB2L2 15．如圖所示，在水平面內固定一光滑的足夠長的“U”型金屬導軌，導軌間距L=1m，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感強度B=0.5T．一質量為m=1.5kg的導體棒以a=2m/s2的加速度從靜止開始向右做切割磁感線運動，導體棒在回路中的電阻r=0.3Ω，定值電阻R=0.2Ω，其余電阻忽略不計．求： (1)從運動開始2秒的時間內，回路中產生的感應電動勢大??？ (2)2秒時導體棒兩端的電壓和R上的電功率大??？ (3)2秒時，作用在導體棒上的拉力F的大??？ (4)從運動開始2秒的時間內，作用在導體棒上的拉力F做36J功，求導體棒中產生的熱量是多少？ 【答案】 (1)1V；(2)3.2W；(3)5N (4)14.4J 【解析】 （1）2s內的位移：x=at2/2=4m 回路中產生的感應電動勢：E=BxL/t=0.54/2=1V； （2）2s時電路中的電流：I=BLvR+r=0.51220.5=4A 導體棒兩端電壓：U=IR=40.2=0.8V， R上消耗的電功率為：P=I2R=420.2=3.2W； （3）安培力：FB=BIL=0.541=2N，由左手定則可知，安培力向左， 由牛二定律得：F-FB=ma，F(xiàn)=5N 方向水平向右． （4）由能量守恒定律得：W=12mv2+Q v=at 代入數據解得：Q=24J， 則導體棒中產生的熱量Q=rR+rQ=3524=14.4J 16．如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導軌相距為L，導軌的兩端分別與電源（串有一滑動變阻器R）、定值電阻、電容器（原來不帶電）和開關K相連。整個空間充滿了垂直于導軌平面向外的勻強磁場，其磁感應強度的大小為B。一質量為m，電阻不計的金屬棒ab橫跨在導軌上。已知電源電動勢為E，內阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R0，不計導軌的電阻。 （1）當K接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動變阻器接入電路的阻值R多大？ （2）當K接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時達到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過程中所需的時間為多少？ （3）若在將ab棒由靜止釋放的同時，將電鍵K接到3。試通過推導說明ab棒此后的運動性質如何？求ab再下落距離s時，電容器儲存的電能是多少？（設電容器不漏電，此時電容器還沒有被擊穿） 【答案】 （1）EBLmg-r（2）B4L4s+m2gR02mgR0B2L2（3）勻加速直線運動 mgsCB2L2m+cB2L2 【解析】 （1）金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，由BIL=mg I=ER+r 得R=EBLmg-r （2）由mg=B2L2vR0 得v=mgR0B2L2 由動量定理，得mgt-BILt=mv 其中q=It=BLsR0 得t=B4L4s+m2gR02mgR0B2L2 （3）K接3后的充電電流I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLΔvΔt=CBLa mg-BIL=ma 得a=mgm+CB2L2=常數 所以ab棒的運動性質是“勻加速直線運動”，電流是恒定的。 v22-v2=2as 根據能量轉化與守恒得ΔE=mgs-(12mv22-12mv2) 解得：ΔE=mgsCB2L2m+cB2L2