电磁感应_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨abcd的间距L1=0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2=0.8m，整个闭合回路的电阻为R=0.2Ω，磁感应强度为B0=1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和细绳接一个质量m=0.04kg的物体，不计一切摩擦．现使磁场以=0.2T/s的变化率均匀地增大，求经过多少时间物体刚好离开地面？（g取10m/s2）

正确答案

解：物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，

而拉力F等于棒所受的安培力，即：mg=BtIL1；

其中Bt为t时刻的磁感应强度，即为，I为感应电流

感应电动势

E==L1L2；

感应电流

I=

由上述两式可得：t=（•）•=10s．

答：现使磁场以=0.2T/s的变化率均匀地增大，经过10s时间物体刚好离开地面．

解析

解：物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，

而拉力F等于棒所受的安培力，即：mg=BtIL1；

其中Bt为t时刻的磁感应强度，即为，I为感应电流

感应电动势

E==L1L2；

感应电流

I=

由上述两式可得：t=（•）•=10s．

答：现使磁场以=0.2T/s的变化率均匀地增大，经过10s时间物体刚好离开地面．

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题型：填空题

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填空题

闭合电路中由于______的变化，电路中产生了感应电流电路中的感应电动势与______成正比就是法拉第电磁感应定律．

正确答案

磁通量

磁通量变化率

解析

解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n，即E与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢；

故答案为：磁通量；磁通量变化率．

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题型：简答题

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简答题

如图A所示，一能承受最大拉力为 T=16N的轻绳吊一质量为m=0.8kg边长为L=m正方形线圈ABCD，已知线圈总电阻为R=1Ω，在线圈上半部分布着垂直于线圈平面向里，大小随时间变化的磁场，如图B所示，已知t0时刻轻绳刚好被拉断，g=10m/s2，求：

（1）在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小及感应电流的方向；

（2）t=0时AB边受到的安培力的大小；

（3）t0的大小．

正确答案

解：（1）由法拉第电磁感应定律，则有：E=S=•，

代入数据，解得：E=×=1V；

根据楞次定律可知，感应电流的方向：逆时针方向；

（2）根据闭合电路欧姆定律，则有：I===1A；

而AB受到的安培力大小为：F=BIL=1×1×N=N；

（3）当轻绳刚好被拉断，对其受力分析，如图所示，

则有：2Fcos45°+mg=T

解得：F=4N；

而安培力F-BIL，可得：B===2T；

再根据图象可得：t0=（2-1）s；

答：（1）在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小1V及感应电流的方向逆时针；

（2）t=0时AB边受到的安培力的大小N；

（3）t0的大小（2-1）s．

解析

解：（1）由法拉第电磁感应定律，则有：E=S=•，

代入数据，解得：E=×=1V；

根据楞次定律可知，感应电流的方向：逆时针方向；

（2）根据闭合电路欧姆定律，则有：I===1A；

而AB受到的安培力大小为：F=BIL=1×1×N=N；

（3）当轻绳刚好被拉断，对其受力分析，如图所示，

则有：2Fcos45°+mg=T

解得：F=4N；

而安培力F-BIL，可得：B===2T；

再根据图象可得：t0=（2-1）s；

答：（1）在轻绳被拉断前线圈感应电动势大小1V及感应电流的方向逆时针；

（2）t=0时AB边受到的安培力的大小N；

（3）t0的大小（2-1）s．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，磁感应强度为B，方向向右的匀强磁场中有正方形线框abcd，电阻为R，边长为L，每边质量为m，开始时线框处于水平位置且dc边与磁场垂直．把线圈由静止释放使它以dc为轴，在t秒内由水平位置转到竖直位置刚好又静止下来，则在这过程中，线框中平均感应电动势为______，产生的热量为______．

正确答案

2mgL

解析

解：根据感应电动势的定义式得：

E=N=

由能量守恒知：2×mgL+mgL=+Q

解得：Q=2mgL

故答案为：，2mgL．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无场区进入匀强磁场区，磁场宽度大于矩形线圈的宽度da，然后出来，若取逆时针方向的电流为正方向，那么在图中的哪一个图能正确地表示回路中的电流对时间的函数关系（　　）

A

B

C

D

正确答案

C

解析

解：由楞次定律判断可知，线圈进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，为正值；线圈穿出磁场时，感应电流方向为顺时针方向，为负值；

由I==，由于B、L、v、R不变，线圈进入和穿出磁场时，感应电流的大小不变；线圈完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生．故C正确．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，电阻r=1Ω、面积S=0.2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化，方向垂直于线圈平面，已知电容器电容C=3.0×10-5F，电阻R1=3Ω，R2=6Ω．现闭合开关S后，求：

（1）线圈中感应电动势的大小；

（2）线圈两端M、N两点间的电压；

（3）电容器所带的电量．

正确答案

解：（1）由法拉第电磁感应定律得：

E=n

（2）根据闭合电路欧姆定律知：

I=

UMN=I（R1+R2）=0.4×（3+6）V=3.6V

（3）电容器两端的电压为：

U=IR2=0.4×6V=2.4V

电容器所带的电量为：

Q=CU=3.0×10-5×2.4C=7.2×10-5C

答：（1）线圈中感应电动势的大小为4V；

（2）线圈两端M、N两点间的电压3.6V；

（3）电容器所带的电量7.2×10-5C．

解析

解：（1）由法拉第电磁感应定律得：

E=n

（2）根据闭合电路欧姆定律知：

I=

UMN=I（R1+R2）=0.4×（3+6）V=3.6V

（3）电容器两端的电压为：

U=IR2=0.4×6V=2.4V

电容器所带的电量为：

Q=CU=3.0×10-5×2.4C=7.2×10-5C

答：（1）线圈中感应电动势的大小为4V；

（2）线圈两端M、N两点间的电压3.6V；

（3）电容器所带的电量7.2×10-5C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5m，与水平面夹角为30°，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B=0.4T，垂直导轨放置两金属棒ab和cd，长度均为L=0.5m，电阻均为R=0.1Ω，质量均为m=0.2kg，两金属棒与金属导轨接触良好且可沿导轨自由滑动．现ab棒在外力作用下，以恒定速度v1=2m/s沿着导轨向上滑动，cd棒则由静止释放，试求：（取g=10m/s2）

（1）金属棒ab产生的感应电动势E1；

（2）金属棒cd开始运动的加速度a和最终速度v2．

正确答案

解：（1）根据法拉第电磁感应定律，则有：ab棒产生的感应电动势为：E1=BLv1=0.4×0.5×2=0.4V；

（2）刚释放cd棒瞬间，重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin30°=0.2×10×0.5=1N

受安培力沿斜面向上，其大小为：F2=BL =0.4 N＜F1

cd棒将沿导轨下滑，初加速度为：a===3m/s2

由于金属棒cd与ab切割方向相反，所以回路中的感应电动势等于二者切割产生的电动势之和，即：E=BL v1+BL v2

由欧姆定律有：I=；

回路电流不断增大，使cd 受安培力不断增大，加速度不断减小，

当cd获最大速度时，满足：mgsin30°=BLI

联立以上，代入数据，解得cd运动的最终速度为：v2=3m/s

答：（1）金属棒ab产生的感应电动势0.4V；

（2）金属棒cd开始运动的加速度3m/s2和最终速度3m/s．

解析

解：（1）根据法拉第电磁感应定律，则有：ab棒产生的感应电动势为：E1=BLv1=0.4×0.5×2=0.4V；

（2）刚释放cd棒瞬间，重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin30°=0.2×10×0.5=1N

受安培力沿斜面向上，其大小为：F2=BL =0.4 N＜F1

cd棒将沿导轨下滑，初加速度为：a===3m/s2

由于金属棒cd与ab切割方向相反，所以回路中的感应电动势等于二者切割产生的电动势之和，即：E=BL v1+BL v2

由欧姆定律有：I=；

回路电流不断增大，使cd 受安培力不断增大，加速度不断减小，

当cd获最大速度时，满足：mgsin30°=BLI

联立以上，代入数据，解得cd运动的最终速度为：v2=3m/s

答：（1）金属棒ab产生的感应电动势0.4V；

（2）金属棒cd开始运动的加速度3m/s2和最终速度3m/s．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为60克的通电直导线，电流强度I=1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，若要斜面对导线的支持力为零，则需要的时间是（　　）

A2s

B4s

C5s

D10s

正确答案

C

解析

解：由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示．

由图知FTcos37°=F ①

FTsin37°=mg ②

由①②解得：导线所受安培力的为F==0.8 N．

又根据F=BIL得：

此时导线所处磁场的磁感应强度为

B==2T，

因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有

B=0.4t

得t=5s．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，横截面积为S=0.10m2，匝数为N=120匝的闭合线圈放在平行于线圈轴线的匀强磁场中，该匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．线圈电阻为r=1.2Ω，电阻R=4.8Ω．求：

（1）线圈中的感应电动势；

（2）从t1=0到t2=0.30s时间内，通过电阻R的电荷量q．

正确答案

解：（1）由B-t图象知，

根据法拉第电磁感应定律得：

（2）由闭合电路欧姆定律得电流强度：

通过电阻R的电量：Q=I△t=2×0.3C=0.6C

答：（1）线圈中的感应电动势为12V；

（2）从t1=0到t2=0.30s时间内，通过电阻R的电荷量q为0.6C．

解析

解：（1）由B-t图象知，

根据法拉第电磁感应定律得：

（2）由闭合电路欧姆定律得电流强度：

通过电阻R的电量：Q=I△t=2×0.3C=0.6C

答：（1）线圈中的感应电动势为12V；

（2）从t1=0到t2=0.30s时间内，通过电阻R的电荷量q为0.6C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，四条水平虚线等间距的分布在同一竖直面上，间距为h在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同，方向水平向内的磁场，磁场大小按B-t图变化（图中B0已知）．现有一个长方形金属线框ABCD，质量为m，电阻为R，AB=CD=L，AD=BC=2h．用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着，AB边恰好在Ⅰ区的中央．t0（未知）时刻细线恰好松弛，之后剪断细线，当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动．（空气阻力不计，g取10m/s2）

（1）求t0的值；

（2）求线框AB边到达M2N2时的速率v；

（3）从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？

正确答案

解：（1）细线恰好松弛，线框受力分析有：B0IL=mg

因感生产生的感应电动势：

得：

（2）当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动，速度为v‘

线框受力分析有：B0I'L=mg

因CD棒切割产生的感应电动势：E'=B0Lv'

线框AB到达M2N2时一直运动到CD边到达M3N3的过程中线框中无感应电动势产生，只受到重力作用．

线框下落高度为3h，根据动能定理得：

线框AB边到达M2N2时的速率为：

（3）线框静止开始下落到CD边刚离开M4N4的过程中线框中产生电能为E电，线框下落高度为4.5h，根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能之和为：

答：（1）t0的值为

（2）线框AB边到达M2N2时的速率

（3）从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为

解析

解：（1）细线恰好松弛，线框受力分析有：B0IL=mg

因感生产生的感应电动势：

得：

（2）当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动，速度为v‘

线框受力分析有：B0I'L=mg

因CD棒切割产生的感应电动势：E'=B0Lv'

线框AB到达M2N2时一直运动到CD边到达M3N3的过程中线框中无感应电动势产生，只受到重力作用．

线框下落高度为3h，根据动能定理得：

线框AB边到达M2N2时的速率为：

（3）线框静止开始下落到CD边刚离开M4N4的过程中线框中产生电能为E电，线框下落高度为4.5h，根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能之和为：

答：（1）t0的值为

（2）线框AB边到达M2N2时的速率

（3）从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为

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题型：单选题

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单选题

电子感应加速器是加速电子的装置，它的主要部分如图甲所示，划斜线区域为电磁铁的两极，在其间隙中安放一个环行真空室．电磁铁中通以频率约几十赫兹的强大交变电流，使两极间的磁感应强度B周期性变化（向纸面外为正），从而在环行室内感应出很强的涡旋电场．用电子枪将电子注入环行室，它们在涡旋电场的作用下被加速，同时在磁场里受到洛伦兹力的作用，沿圆轨道运动如图乙所示．若磁场随时间变化的关系如图丙所示，则可用来加速电子的是B-t图象中（　　）

A第一个周期

B第二个周期

C第三个周期

D第四个周期

正确答案

A

解析

解：A、在第一个周期内，磁场为正且增加，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为顺时针方向，电子沿逆时针方向运动，洛伦兹力的方向指向圆心．故A正确．

B、在第二个周期内，磁场为正且减小，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为逆时针方向，电子将沿顺时针方向运动．故B错误．

C、在第三个周期内，磁场为负且增大，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为逆时针方向，电子将沿顺时针方向运动．故C错误．

D、在第四个周期内，磁场为负且减小，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为顺时针方向，电子将沿逆时针方向运动，但是洛伦兹力的方向不是指向圆心．故D错误．

故选A．

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题型：简答题

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简答题

平时擦玻璃时，我们经常会用到如图甲所示的“魔力刷”．使用时，两个一样的刷子分别位于玻璃窗户玻璃板的两侧，两刷子靠磁铁的吸引力吸在玻璃上，当移动其中一块刷子时，另一块刷子会跟到移动，达到同时清洁玻璃内外侧的目的．已知：某种品牌玻璃刷的每个刷子的质量都为m，与玻璃的滑动摩擦因数均为μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g．

（1）将其中一个刷子用与竖直方向成θ=的推力压在竖直玻璃上，如图乙所示，现要把刷子沿竖直方向向上推动，求推力的最小值

（2）把两个刷子对齐分别放在竖直玻璃板的两侧，如图丙所示，现用与竖直方向成α=，大小为F0=6mg的拉力向下拉动内侧的刷子时，外侧刷子将立即跟着移动且很快与内侧刷子保持相对静止．此时刷子磁铁间的吸引力在垂直玻璃板面方向的分量恒为6mg，求刷子间的磁铁吸引力在沿玻璃板面切线方向的分量．

（3）假设玻璃是边长为L的正方形，刷子是边长为d的正方形；当两刷子的正对面积大于一半时，刷子磁铁间的吸引力的垂直分量和切向分量均不变，当两刷子的正对面积小于或等于一半时，两刷子就无法吸引在一起．在（2）的情况下，若拉力方向不变，大小变为mg，要使一次性向下拉动刷子就可以完成清理玻璃的竖边，求的取值范围．

正确答案

解：（1）如图由受力分析知：

水平方向Fsinα=FN①；

竖直方向：Fcosα=G+μFN②．

由①②得F=4mg

（2）设磁力刷垂直玻璃板方向的分力为F2，切向方向的分力为F1．

如图对左右两刷子受力分析可知：

左侧磁刷：水平方向FN1=F2③；

竖直方向G+F1-μFN1=ma④；

右侧磁刷：水平方向F2=F0sinθ+FN2⑤；

竖直方向G+F0cosθ-F1-μ（F2-F0sinθ）=ma⑥；

由③④⑤⑥得a=；

F1=

（3）因为F=mg＞6mg，

所以左侧磁刷a1= ⑦，

右侧磁刷a2==g⑧

由运动分析知：右侧磁刷从上到下运动的位移x2=L-d=a2t2⑨；

当右侧到达下面时，左侧磁刷运动的位移x1=L-d=a1t2=10 ⑩，

由⑦⑧⑨⑩得=

答：

（1）推力的最小值为4mg；

（2）刷子间的磁铁吸引力在沿玻璃板面切线方向的分量为mg．

（3）的取值范围为≤．

解析

解：（1）如图由受力分析知：

水平方向Fsinα=FN①；

竖直方向：Fcosα=G+μFN②．

由①②得F=4mg

（2）设磁力刷垂直玻璃板方向的分力为F2，切向方向的分力为F1．

如图对左右两刷子受力分析可知：

左侧磁刷：水平方向FN1=F2③；

竖直方向G+F1-μFN1=ma④；

右侧磁刷：水平方向F2=F0sinθ+FN2⑤；

竖直方向G+F0cosθ-F1-μ（F2-F0sinθ）=ma⑥；

由③④⑤⑥得a=；

F1=

（3）因为F=mg＞6mg，

所以左侧磁刷a1= ⑦，

右侧磁刷a2==g⑧

由运动分析知：右侧磁刷从上到下运动的位移x2=L-d=a2t2⑨；

当右侧到达下面时，左侧磁刷运动的位移x1=L-d=a1t2=10 ⑩，

由⑦⑧⑨⑩得=

答：

（1）推力的最小值为4mg；

（2）刷子间的磁铁吸引力在沿玻璃板面切线方向的分量为mg．

（3）的取值范围为≤．

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•河南校级期末）如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻为细金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过粗金属环所在区域，当磁场的磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为ɛ，则关于a、b两点间的电势差下列结果不正确的为（　　）

Aɛ

Bɛ

Cɛ

Dɛ

正确答案

A,B,D

解析

解：由题左、右金属环的电阻之比 R左：R右=1：2，2R左=R右，

根据串联电路电压与电阻成正比，可得：a、b两点间的电势差为：U=ɛ=ɛ，故C正确，ABD错误．

本题选择错误的，故选：ABD．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•洛阳期末）如图甲所示一个匝数N=1000、内阻r=1Ω、面积S=10cm2的圆形线圈；线圈外部接有一个定值电阻R=9Ω；线圈内部恰好有一个跟线圈等大的圆形有界匀强磁场，磁感线跟线圈平面垂直，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，求：

（1）在0.5s末线圈产生的感应电动势；

（2）在0.5s内线圈产生的感应电动势．

正确答案

解：（1）根据B-t图中同一条直线，磁感应强度的变化率是相同的，则磁通量的变化率也是相同的，所以产生的感应电动势为定值，

从0.2s到0.6s内磁通量的变化为：

△φ=φ2-φ1=S（B2-B1）=10×10-4×（3-1）Wb=2×10-3Wb

由法拉第电磁感应定律得：E=nS=1000×V=5V；

（2）在0.5s内磁通量的变化量：△φ′=φ′2-φ′1=S（B2′-B1）=10×10-4×（3-1）Wb=2×10-3Wb；

由法拉第电磁感应定律得：E′=n=1000×V=V；

答：（1）在0.5s末线圈产生的感应电动势5V；

（2）在0.5s内线圈产生的感应电动势V．

解析

解：（1）根据B-t图中同一条直线，磁感应强度的变化率是相同的，则磁通量的变化率也是相同的，所以产生的感应电动势为定值，

从0.2s到0.6s内磁通量的变化为：

△φ=φ2-φ1=S（B2-B1）=10×10-4×（3-1）Wb=2×10-3Wb

由法拉第电磁感应定律得：E=nS=1000×V=5V；

（2）在0.5s内磁通量的变化量：△φ′=φ′2-φ′1=S（B2′-B1）=10×10-4×（3-1）Wb=2×10-3Wb；

由法拉第电磁感应定律得：E′=n=1000×V=V；

答：（1）在0.5s末线圈产生的感应电动势5V；

（2）在0.5s内线圈产生的感应电动势V．

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题型：填空题

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填空题

如图（1）所示，为匀强磁场场磁感应强度B随时间变化的图象，将一闭合线圈放置在磁场中，其平面垂直于磁感线方向，请在图（2）中画出线圈中感应电动势E随时间变化的图象．

正确答案

解析

解：由法拉第电磁感应定律E=n=，可得线圈中感应电动势E只与磁感应强度的变化率有关．

由图（1）为匀强磁场场磁感应强度B随时间变化的图象，可知的大小不变．所以线圈中感应电动势E的大小不变．

而感应电动势的方向，则由楞次定律：增反减同，可得线圈中感应电动势E的方向是变化的．

所以圈中感应电动势E随时间变化的图象，如下图所示：

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