- 电磁感应
- 共4515题
如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向不变，沿x轴方向与坐标x的关系如图2所示（图象是反比例函数图线）；夹角θ=45°的光滑金属长直导轨OM、ON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力F作用下沿x轴向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好．已知t=0时，导体棒处于O位置，导体棒的质量m=2kg，导轨OM、ON在点O处的接触电阻为R=0.5Ω，其余电阻不计；回路中产生的电动势E与时间t的关系如图3所示（图线是过原点的直线）．由图象分析可得1～2s时间内通过导体棒的电量q=______C；导体棒在滑动过程中所受的外力F与时间t的关系式F=______．
正确答案
7.5
4+4t
解析
解：（1）根据E-t图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t=2s时金属棒产生的感应电动势为：E=4V
由欧姆定律得：
I2=
由于回路中的电流与E成正比，则知电流I-t图象中的图线也是过原点的直线，则有：t=1s时，I1=5A
可得1～2s时间内回路中流过的电量：q=
（2）因θ=45°，可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度：L=x
再根据B-x图象中的图线是双曲线特点有：
E=BLv=（Bx）v，
由图2可知，Bx=2×0.5=1（T•m）．
由图1知：E与时间成正比，有 E=2t（V）
由以上三式得：v=2t（m/s）
可知导体棒的运动是匀加速直线运动，加速度 a=2m/s2，
又有：F安=BIL=BIx=（Bx）I=1×I=I，且I也与时间成正比
再根据牛顿第二定律有：F-F安=ma
解得：F=F安+ma=I+2×2=I+4
又I=
联立上两式得：F=（4+4t）N
故答案为：7.5；4+4t．
（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；
（2）在A运动第2周的时间内电场力做功的平均功率
（3）若有一个质量也为m、电荷量为+4q的粒子B（不计重力）与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，运动过程B粒子的轨迹半径也始终不变．求A、B粒子在磁场作用下做圆周运动的周期之比
正确答案
解：（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得：
qU=
A在磁场中做匀速圆周运动，所受的洛伦兹力提供向心力，故：
qv1B1=m
由①②解得：
B1=
（2）设A经过2次加速后的速度为v2，由动能定理，得到：
2qU=
设A做第2次圆周运动的周期为T2，有：
T2=
设在A做第2周运动的时间内，电场力做功为W2，则：
W2=qU ⑥
在该段时间内，电场力做功的平均功率为：
由④⑤⑥⑦解得：
（3）A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为TA、TB，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得到：
TA=
则两个粒子做圆周运动的周期之比 
由上可知，TA是TB的4倍，所以A每次绕行1周，B就绕行4周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．
经过n次加速后，A、B的速度分别为vA和vB，考虑到④式，有：
vA=
vB=
由题设条件并考虑到⑤式，对A有：
TAvA=2πRA；
设B的轨迹半径为R′，有：
TBvB=2πRB；
比较上述两式得到：半径之比 
答：
（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小为
（2）在A运动第2周的时间内电场力做功的平均功率
（3）A、B粒子在磁场作用下做圆周运动的周期之比
解析
解：（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得：
qU=
A在磁场中做匀速圆周运动，所受的洛伦兹力提供向心力，故：
qv1B1=m
由①②解得：
B1=
（2）设A经过2次加速后的速度为v2，由动能定理，得到：
2qU=
设A做第2次圆周运动的周期为T2，有：
T2=
设在A做第2周运动的时间内，电场力做功为W2，则：
W2=qU ⑥
在该段时间内，电场力做功的平均功率为：
由④⑤⑥⑦解得：
（3）A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为TA、TB，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得到：
TA=
则两个粒子做圆周运动的周期之比
由上可知，TA是TB的4倍，所以A每次绕行1周，B就绕行4周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．
经过n次加速后，A、B的速度分别为vA和vB，考虑到④式，有：
vA=
vB=
由题设条件并考虑到⑤式，对A有：
TAvA=2πRA；
设B的轨迹半径为R′，有：
TBvB=2πRB；
比较上述两式得到：半径之比
答：
（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小为
（2）在A运动第2周的时间内电场力做功的平均功率
（3）A、B粒子在磁场作用下做圆周运动的周期之比
正确答案
1：2
1：4
1：2
解析
解：设线圈宽为L，长为L′．线圈所受的安培力为：
FA=BIL=B
由于匀速运动，拉力为：F=FA=
则F1：F2=v：2v=1：2；
拉力的功率为：P=Fv=
则P1：P2=1：4；
线圈中产生的焦耳热等于拉力做的功，则有：
Q1=F1L′=
则 Q1：Q2=1：2；
故答案为：1：2；1：4；1：2．
Aν=
B线框ab边进入磁场JPNM区域时，线框中电流方向为abcda
C当ab边刚越过JP时，线框加速度大小为4gsinθ
D从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量等于2mgLsinθ+
正确答案
解析
解：A、由题意当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度 v0做匀速直线运动，加速度为零．当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，安培力的表达式分别为：
F1=
F2=2BLI2=2BL×2
由平衡条件即可求出速度关系：v=
B、线框ab边进入磁场JPNM区域时，穿过线圈磁通量增加，由楞次定律可行，线圈产生的感应电流方向为abcda．故B正确．
C、当ab边未越过JP时，线框做匀速直线运动，处于受力平衡，即：mgsinθ=
当ab边刚越过JP时，线框两边切割磁感线，导致线框做匀减速运动，受力分析，即：mgsinθ-4
D、从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和．则线框产生的热量为：Q=mg×2Lsinθ+
故选：ABD
（1）在ab棒中产生的电动势表达式，ab棒中产生的是什么电流？
（2）从t=0到t1=10s的时间内，电阻R上产生的热量Q？
（3）从t=0到t2=0.025s的时间内，外力F所做的功W？
正确答案
解：（1）因导体棒往返运动；故a b棒产生的是交流，其电动势瞬时值为：
e=BLvsin20πt=40 sin20πt V
（2）导体棒的电动势有效值为U=20
设副线圈电流为I，根据变流比公式
副线圈电压：U2=IR；
根据变压比公式
根据闭合电路欧姆定律，有：
U=（10I）r+U1
联立解得：
I=
故从t=0到t1=10s的时间内，电阻R上产生的热量：
Q=
（3）从t=0到t2=0.025s，经历了四分之一个周期，设在这段时间内电阻r和R上产生的热量分别是Q1和Q2，在t2=0.025 s时刻，ab棒的速度为v2，则
Q1=
Q2=
v2=2sin20πt2=2m/s
根据功能关系，有：
W=Q1+Q2+
答：（1）产生的是交流电；表达式为：e=40 sin20πt V
（2）从t=0到t1=10s的时间内，电阻R上产生的热量约为1111.1J；
（3）从t=0到t2=0.025s的时间内，外力F所做的功约为20.7J．
解析
解：（1）因导体棒往返运动；故a b棒产生的是交流，其电动势瞬时值为：
e=BLvsin20πt=40 sin20πt V
（2）导体棒的电动势有效值为U=20
设副线圈电流为I，根据变流比公式
副线圈电压：U2=IR；
根据变压比公式
根据闭合电路欧姆定律，有：
U=（10I）r+U1
联立解得：
I=
故从t=0到t1=10s的时间内，电阻R上产生的热量：
Q=
（3）从t=0到t2=0.025s，经历了四分之一个周期，设在这段时间内电阻r和R上产生的热量分别是Q1和Q2，在t2=0.025 s时刻，ab棒的速度为v2，则
Q1=
Q2=
v2=2sin20πt2=2m/s
根据功能关系，有：
W=Q1+Q2+
答：（1）产生的是交流电；表达式为：e=40 sin20πt V
（2）从t=0到t1=10s的时间内，电阻R上产生的热量约为1111.1J；
（3）从t=0到t2=0.025s的时间内，外力F所做的功约为20.7J．
（1）线圈进入磁场过程中产生的电热Q；
（2）线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v；
（3）线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a．
正确答案
解：（1）根据能量的转化与守恒：Q=mgd=0.50J
（2）线圈从1到2位置自由落体运动，有：v02=2gh
3位置时线圈速度一定最小，而3到4位置线圈是匀变速运动，有：
v02-v2=2g（d-L）
得：v=2
（3）2到3位置是减速过程，因此安培力减小，3位置加速度最小，
安培力为：F=
由F-mg=ma可知加速度减小，到3位置时加速度最小，
代入解得：a=4.1m/s2
答：（1）线圈进入磁场过程中产生的电热Q为0.50J；
（2）线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v为2
（3）线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a为4.1m/s2．
解析
解：（1）根据能量的转化与守恒：Q=mgd=0.50J
（2）线圈从1到2位置自由落体运动，有：v02=2gh
3位置时线圈速度一定最小，而3到4位置线圈是匀变速运动，有：
v02-v2=2g（d-L）
得：v=2
（3）2到3位置是减速过程，因此安培力减小，3位置加速度最小，
安培力为：F=
由F-mg=ma可知加速度减小，到3位置时加速度最小，
代入解得：a=4.1m/s2
答：（1）线圈进入磁场过程中产生的电热Q为0.50J；
（2）线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v为2
（3）线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a为4.1m/s2．
正确答案
解析
解：由v=
根据牛顿第二定律得：mg-F=ma，得
线框进入磁场时的加速度 a=g-
又安培力 F=
得：a=g-
将R=
a=g-
可见，上式各量都相同，则两个线圈下落过程中加速度始终相同，运动情况相同，故运动时间相同，两线圈同时落地．
根据能量守恒定律得：
Q=mgH-
故选：AC
（1）进入磁场的过程中，线框中感应电流的方向；
（2）PQ边刚进入磁场时线框的加速度；
（3）线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q．
正确答案
解：（1）线框进入磁场时磁通量增加，由楞次定律判断知，线框中感应电流的方向为逆时针方向．
（2）据题分析知，线框进入磁场时应做减速运动，由牛顿第二定律得：
BIL-mg=ma
又 I=
联立可得 a=
（3）从PQ边刚进入磁场到PQ边到达磁场下边缘的过程中，动能不变，由能量守恒定律知，线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为 Q1=mgh
线框离开磁场与进入磁场的过程中运动情况相同，产生的热量相同，所以线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热 Q=2Q1=2mgh．
答：
（1）进入磁场的过程中，线框中感应电流的方向为逆时针方向；
（2）PQ边刚进入磁场时线框的加速度大小为
（3）线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q为2mgh．
解析
解：（1）线框进入磁场时磁通量增加，由楞次定律判断知，线框中感应电流的方向为逆时针方向．
（2）据题分析知，线框进入磁场时应做减速运动，由牛顿第二定律得：
BIL-mg=ma
又 I=
联立可得 a=
（3）从PQ边刚进入磁场到PQ边到达磁场下边缘的过程中，动能不变，由能量守恒定律知，线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为 Q1=mgh
线框离开磁场与进入磁场的过程中运动情况相同，产生的热量相同，所以线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热 Q=2Q1=2mgh．
答：
（1）进入磁场的过程中，线框中感应电流的方向为逆时针方向；
（2）PQ边刚进入磁场时线框的加速度大小为
（3）线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热Q为2mgh．
正确答案
解析
解：ab和cd相当于两个电源串联，电动势E总=2BLv，
又因为串联电路电阻分压，所以cd分得的电压U=
故答案为：
A
B
C
D
正确答案
解析
解：位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I=
位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值．
位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．I=
故选：A．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：t在0-
根据感应电动势大小公式E=BLv，可知切割长度均匀增大，所以感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大；
t在
t在2
t在3
故选：B．
如图（乙）所示，MNPQ为电阻不计，摩擦因数为μ=0.2的相距为d=1m的导轨，固定在水平桌面上．在NQ端接一电阻，其阻值R与它两端的电压U的关系为R=2U，bb′cc′内存在竖直向下的匀强磁场，bb′=1m，b′c′=0.5m，磁场随时间变化关系如图（甲）所示．今在距bb′的距离s=1m处的aa′处放一质量为m=0.5kg，电阻不计的金属棒，在t=0时刻，在金属棒上施加F=2N的恒力，使导体棒从静止开始向右运动．（已知，重力加速度g=10m/s2）
（1）若恒力F一直作用在金属棒上，则金属棒从aa′运动到cc′的过程中，通过电阻R的电荷量q和电阻R上产生的焦耳热Q．
（2）为使金属棒能离开磁场区域，恒力F作用的时间t应满足的条件．
（3）以aa′作为距离L的零点，恒力F作用距离L（L＜1.5m）后，撤去恒力F，画出金属棒所有可能运动的v2-L关系图象．
正确答案
解：（1）从aa′到bb′过程中，
由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1，
代入数据解得：a1=2m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式得：
vb2=2a1S，解得：vb=2m/s，
运动时间：t1=
通过的电荷量：q1=It1=
解得：q1=0.5C，
产生的热量：Q1=BIt1，解得：Q1=1J，
在磁场中，F=μmg+BIL，合力为零，金属棒做匀速直线运动，
运动时间：t2=
电荷量：q2=It2=
产生的热量：Q2=BIL•b′c′，解得：Q2=0.5J，
总电荷量：q=q1+q2=0.625C，
总热量：Q=Q1+Q2=1.5J；
（2）如果金属棒进入磁场前撤去外力，则金属棒在磁场中做匀加速运动，
加速度：a=
要使金属棒离开磁场，金属棒在bb′处的速度应满足：v2=2axbb′，
v═at=2m/s，则t≥1s；
（3）金属棒所有可能运动的v2-L关系图象如图所示：
答：（1）若恒力F一直作用在金属棒上，则金属棒从aa′运动到cc′的过程中，通过电阻R的电荷量为0.625C，电阻R上产生的焦耳热为1.5J．
（2）为使金属棒能离开磁场区域，恒力F作用的时间t应满足的条件为：t≥1s．
（3）以aa′作为距离L的零点，恒力F作用距离L（L＜1.5m）后，撤去恒力F，金属棒的v2-L关系图象如图所示．
解析
解：（1）从aa′到bb′过程中，
由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1，
代入数据解得：a1=2m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式得：
vb2=2a1S，解得：vb=2m/s，
运动时间：t1=
通过的电荷量：q1=It1=
解得：q1=0.5C，
产生的热量：Q1=BIt1，解得：Q1=1J，
在磁场中，F=μmg+BIL，合力为零，金属棒做匀速直线运动，
运动时间：t2=
电荷量：q2=It2=
产生的热量：Q2=BIL•b′c′，解得：Q2=0.5J，
总电荷量：q=q1+q2=0.625C，
总热量：Q=Q1+Q2=1.5J；
（2）如果金属棒进入磁场前撤去外力，则金属棒在磁场中做匀加速运动，
加速度：a=
要使金属棒离开磁场，金属棒在bb′处的速度应满足：v2=2axbb′，
v═at=2m/s，则t≥1s；
（3）金属棒所有可能运动的v2-L关系图象如图所示：
答：（1）若恒力F一直作用在金属棒上，则金属棒从aa′运动到cc′的过程中，通过电阻R的电荷量为0.625C，电阻R上产生的焦耳热为1.5J．
（2）为使金属棒能离开磁场区域，恒力F作用的时间t应满足的条件为：t≥1s．
（3）以aa′作为距离L的零点，恒力F作用距离L（L＜1.5m）后，撤去恒力F，金属棒的v2-L关系图象如图所示．
如图所示，均质均匀圆环半径略大于圆柱体半径，空间存在垂直于圆柱体表面沿半径向外的磁场，圆环所在位置的磁感应强度大小为B，1图是磁场的剖面图，2图是俯视图．圆环的质量为m，半径为r，给环以竖直向上的初速度v，圆环上升的最大高度为H，然后落回抛出点，此过程中（ ）
A圆环先有扩张后有收缩趋势
B圆环上升时间比下降时间短
C圆环上升过程和下降过程产生的热量相同
D圆环上升过程经过
正确答案
解析
解：A、圆环上升时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为逆时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向下；圆环下降时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向上；整个的过程中，圆环既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势．故A错误；
B、由A的方向可得，圆环上升上安培力的方向向下，a=
C、圆环运动的过程中的电动势：e=BLv，电流：
在圆环的运动过程中，虽然是变速运动，
D、圆环上升过程做加速度减小的减速运动，由运动学的知识可得，经过
故选：BD
A
B
C
D
正确答案
解析
解：线框进入磁场过程：时间t1=
线框完全在磁场中运动过程：磁通量不变，没有感应产生，经历时间t2=
线框穿出磁场过程：时间t3=
故选B
正确答案
解析
解：AB、当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得F安-mg=ma，则ef的加速度大小可能大于g．若安培力小于2mg，则ef的加速度大小可能小于g．故A正确，B错误．
C、棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由mg=
D、在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此ef的机械能与电路中产生的电能之和保持不变．故D正确；
故选：AD．
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