習(xí)題課法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用一、基礎(chǔ)練1當(dāng)穿過線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，下列說法中正確的是()A線圈中一定有感應(yīng)電流B線圈中一定有感應(yīng)電動(dòng)勢C感應(yīng)電動(dòng)勢的大小跟磁通量的變化成正比D感應(yīng)電動(dòng)勢的大小跟線圈的電阻有關(guān)答案B解析穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時(shí)才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電動(dòng)勢與電路是否閉合無關(guān)，且感應(yīng)電動(dòng)勢的大小跟磁通量的變化率成正比2一根直導(dǎo)線長0.1 m，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.1 T的勻強(qiáng)磁場中以10 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的說法錯(cuò)誤的是()A一定為0.1 V B可能為零C可能為0.01 V D最大值為0.1 V答案A解析當(dāng)公式EBLv中B、L、v互相垂直而導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢最大：EmBLv0.1×0.1×10 V0.1 V，考慮到它們?nèi)叩目臻g位置關(guān)系，B、C、D正確，A錯(cuò)3(雙選)無線電力傳輸目前取得重大突破，在日本展出了一種非接觸式電源供應(yīng)系統(tǒng)這種系統(tǒng)基于電磁感應(yīng)原理可無線傳輸電力兩個(gè)感應(yīng)線圈可以放置在左右相鄰或上下相對(duì)的位置，原理示意圖如圖1所示下列說法正確的是()圖1A若A線圈中輸入電流，B線圈中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢B只有A線圈中輸入變化的電流，B線圈中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢CA中電流越大，B中感應(yīng)電動(dòng)勢越大DA中電流變化越快，B中感應(yīng)電動(dòng)勢越大答案BD解析根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的條件，只有處于變化的磁場中，B線圈才能產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，A錯(cuò)，B對(duì)；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢的大小取決于磁通量變化率，所以C錯(cuò)，D對(duì)4閉合回路的磁通量隨時(shí)間t的變化圖象分別如圖2所示，關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的下列論述，其中正確的是()圖2A圖甲回路中感應(yīng)電動(dòng)勢恒定不變B圖乙回路中感應(yīng)電動(dòng)勢恒定不變C圖丙回路中0t1時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢小于t1t2時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢D圖丁回路中感應(yīng)電動(dòng)勢先變大后變小答案B解析因E，則可據(jù)圖象斜率判斷知圖甲中0，即電動(dòng)勢E為0；圖乙中恒量，即電動(dòng)勢E為一恒定值；圖丙中E前>E后；圖丁中圖象斜率先減后增，即回路中感應(yīng)電動(dòng)勢先減后增，故只有B選項(xiàng)正確5如圖3所示，PQRS為一正方形導(dǎo)線框，它以恒定速度向右進(jìn)入以MN為邊界的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直線框平面向里，MN線與線框的邊成45°角，E、F分別是PS和PQ的中點(diǎn)關(guān)于線框中的感應(yīng)電流，正確的說法是()圖3A當(dāng)E點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大B當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大C當(dāng)F點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大D當(dāng)Q點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大答案B解析當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，切割磁感線的有效長度最大為SR，感應(yīng)電流達(dá)到最大6如圖4(a)所示，一個(gè)電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接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(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計(jì)圖4求0至t1時(shí)間內(nèi)(1)通過電阻R1上的電流大小和方向；(2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量答案(1)從b到a(2)解析(1)由圖象分析可知，0至t1時(shí)間內(nèi).由法拉第電磁感應(yīng)定律有Enn·S，而Sr.由閉合電路歐姆定律有I1.聯(lián)立以上各式得，通過電阻R1上的電流大小I1.由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向從b到a.(2)通過電阻R1上的電量：qI1t1電阻R1上產(chǎn)生的熱量：QIR1t1二、提升練7(雙選)如圖5所示，A、B兩閉合線圈為同樣導(dǎo)線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為21.均勻磁場只分布在B線圈內(nèi)當(dāng)磁場隨時(shí)間均勻減弱時(shí)()圖5AA中無感應(yīng)電流BA、B中均有恒定的感應(yīng)電流CA、B中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為21DA、B中感應(yīng)電流之比為12答案BD解析只要穿過線圈內(nèi)的磁通量發(fā)生變化，線圈中就有感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，因?yàn)榇艌鲎兓闆r相同，有效面積也相同，所以，每匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相同，又由于兩線圈的匝數(shù)和半徑不同，電阻值不同，根據(jù)歐姆定律，單匝線圈電阻之比為21，所以，感應(yīng)電流之比為12.因此正確的答案是B、D.8在勻強(qiáng)磁場中，有一個(gè)接有電容器的導(dǎo)線回路，如圖6所示，已知電容C30 F，回路的長和寬分別為l15 cm，l28 cm，磁場變化率為5×102 T/s，則()圖6A電容器帶電荷量為2×109 CB電容器帶電荷量為4×109 CC電容器帶電荷量為6×109 CD電容器帶電荷量為8×109 C答案C解析回路中感應(yīng)電動(dòng)勢等于電容器兩板間的電壓，UE·l1l25×102×0.05×0.08 V2×104 V電容器的電荷量為qCUCE30×106×2×104 C6×109 C，C選項(xiàng)正確9(雙選)如圖7所示，一正方形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的對(duì)稱軸OO勻速運(yùn)動(dòng)，沿著OO觀察，線圈沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長為l，電阻為R，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為.則當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)()圖7A線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcdaB線圈中的感應(yīng)電流為C穿過線圈的磁通量為0D穿過線圈的磁通量的變化率為0答案BC解析圖示位置bc和ad的瞬時(shí)切割速度均為v，ad邊與bc邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢都是EBlvBl2且bd為高電勢端，故整個(gè)線圈此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢e2×nBl2nBl2，感應(yīng)電流為，B正確由右手定則可知線圈中的電流方向?yàn)閍dcba，A錯(cuò)誤此時(shí)磁通量為0，但磁通量變化率最大，故選項(xiàng)為B、C.10(雙選)如圖8所示，空間存在兩個(gè)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO為其對(duì)稱軸一導(dǎo)線折成邊長為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO對(duì)稱的位置時(shí)()圖8A穿過回路的磁通量為零B回路中感應(yīng)電動(dòng)勢大小為Blv0C回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向D回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同答案AD解析線框關(guān)于OO對(duì)稱時(shí)，左右兩側(cè)磁通量大小相等，磁場方向相反，合磁通量為0；根據(jù)右手定則，cd的電動(dòng)勢方向由c到d，ab的電動(dòng)勢方向由a到b，且大小均為Blv0，閉合電路的電動(dòng)勢為2Blv0，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；根據(jù)左手定則，ab和cd邊所受安培力方向均向左，方向相同，故正確的選項(xiàng)為A、D.11用均勻?qū)Ь€做成的正方形線框邊長為0.2 m，正方形的一半放在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，如圖9甲所示當(dāng)磁場以10 T/s的變化率增強(qiáng)時(shí)，線框中點(diǎn)a、b兩點(diǎn)間的電勢差是()圖9AUab0.1 V BUab0.1 VCUab0.2 V DUab0.2 V答案B解析題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，從而在線框中有感應(yīng)電流，把左半部分線框看成電源，設(shè)其電動(dòng)勢為E，內(nèi)電阻為，畫出等效電路如圖乙所示則ab兩點(diǎn)間的電勢差即為電源的路端電壓，設(shè)l是邊長，正方形線框的總電阻為r，且依題意知10 T/s.由E得E10× V0.2 V，所以UI·× V0.1 V.由于a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢，故Uab0.1 V，即B選項(xiàng)正確點(diǎn)評(píng)處理此類問題要分清內(nèi)、外電路(哪部分相當(dāng)于電源)，畫出等效電路圖12如圖10所示，在空間中存在兩個(gè)相鄰的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的有界勻強(qiáng)磁場，其寬度均為L.現(xiàn)將寬度也為L的矩形閉合線圈，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過磁場區(qū)域，則在該過程中，能正確反映線圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流或其所受的安培力隨時(shí)間變化的圖象是()圖10答案D解析由楞次定律可知，當(dāng)矩形導(dǎo)線框進(jìn)入磁場和出磁場時(shí)，磁場力總是阻礙物體的運(yùn)動(dòng)，方向始終向左，所以外力F始終水平向右，因安培力的大小不同，故選項(xiàng)D是正確的，選項(xiàng)C是錯(cuò)誤的當(dāng)矩形導(dǎo)線框進(jìn)入磁場時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律判斷，感應(yīng)電流的大小在中間時(shí)是最大的，所以選項(xiàng)A、B是錯(cuò)誤的點(diǎn)評(píng)題中并沒有明確電流或安培力的正方向，所以開始時(shí)取正值或負(fù)值都可以，關(guān)鍵是圖象能否正確反映過程的特點(diǎn)13如圖11所示，處于勻強(qiáng)磁場中的兩根足夠長、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距1 m，導(dǎo)軌平面與水平面成37°角，下端連接阻值為R的電阻勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，質(zhì)量為0.2 kg、電阻不計(jì)的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.圖11 (1)求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時(shí)的加速度大小(2)當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電阻R消耗的功率為8 W，求該速度的大小(3)在上問中，若R2 ，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)答案(1)4 m/s2 (2)10 m/s(3)0.4 T方向垂直導(dǎo)軌平面向上解析(1)金屬棒開始下滑的初速度為零，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin mgcos ma由式解得a10×(0.60.25×0.8) m/s24 m/s2(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡mgsin mgcos F0此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率FvP由兩式解得：v m/s10 m/s(3)設(shè)電路中電流為I，兩導(dǎo)軌間金屬棒的長為L，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為BIPI2R由兩式解得：B T0.4 T磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上