电磁感应定律及其应用.docx
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电磁感应定律及其应用
课时作业11 电磁感应定律及其应用
时间：
45分钟
一、单项选择题
1．如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时（ ）
A．电容器两端的电压为零
B．电阻两端的电压为BLv
C．电容器所带电荷量为CBLv
D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为
解析：
当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错，C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错．
答案：
C
2．（2015·新课标全国卷Ⅱ）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是（ ）
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a
解析：
在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：
电动势大小为Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv可得：
电动势大小也为Bl2ω；由右手定则可知：
金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，选项A、B错误；Ubc＝Uac＝－Bl2ω，选项C正确，选项D错误．
答案：
C
3．（2015·重庆卷）
右图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb（ ）
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
解析：
根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝n，由楞次定律可以判断a点电势低于b点电势，所以a、b两点之间的电势差为－n，C项正确．
答案：
C
4．（2015·安徽卷）如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则（ ）
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：
切割磁感线的有效长度为l，电动势为E＝Blv，选项A错误．根据题意，回路电阻R＝，由欧姆定律有I＝sinθ＝，选项B正确．安培力F＝＝，选项C错误．金属杆的热功率为P＝I2R＝，选项D错误．
答案：
B
5．（2015·福建卷）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（ ）
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：
导体棒产生的电动势为E＝BLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总＝R＋＝R＋，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，所以A项错误；PQ两端电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，所以B项错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝IE，先减小后增大，所以C项正确；根据功率曲线可知当外电阻＝R时输出功率最大，而外电阻先由小于R开始增加到R，再减小到小于R的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，又再增大再减小，所以D项错误．
答案：
C
二、多项选择题
6．（2015·山东卷）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（ ）
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：
把圆盘看成沿半径方向紧密排列的“辐条”，由右手定则知，圆心处电势高，选项A正确；所加磁场越强，感应电流越强，安培力越大，对圆盘转动的阻碍越大，选项B正确；如果磁场反向，由楞次定律可知，仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若将整个圆盘置于磁场中，则圆盘中无感应电流，圆盘将匀速转动，选项D正确．
答案：
ABD
7．（2015·新课标全国卷Ⅰ）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是（ ）
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：
当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变，选项C错误；圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，选项D错误．
答案：
AB
8．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．（重力加速度g取10m/s2）则（ ）
A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C
B．线圈匀速运动的速度大小为8m/s
C．线圈的长度为1m
D．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J
解析：
t2～t3时间ab在L3L4内做匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝BL，F＝mg，解得：
v2＝＝8m/s，选项B正确．从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度为d，有：
3d＝v2t－gt2，得：
d＝1m，有：
ad＝2d＝2m，选项C错误；在0～t3时间内由能量守恒得：
Q＝mg·5d－mv＝1.8J，选项D错误.0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25C，选项A正确．
答案：
AB
三、计算题
9.
（2015·重庆卷）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成．线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计，线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.
（1）求此时线圈所受安培力的大小和方向；
（2）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
解析：
（1）由安培力的计算公式F＝BIL及左手定则可知，线圈前后两边受到的安培力等大反向，合力为零，左边不受安培力，右边所受安培力大小为F＝nBIL，方向水平向右
故线圈所受安培力F＝nBIL
方向水平向右．
（2）由P＝Fv
得安培力的功率P＝nBILv
答案：
（1）nBIL 水平向右
（2）nBILv
10．（2015·浙江卷）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图
（1）所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．（重力加速度取g＝10m/s2）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？
（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω.不接外电流，两臂平衡．如图
（2）所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
解析：
（1）线圈受到的安培力F＝N1B0IL
天平平衡mg＝N1B0IL
将m＝0.5kg、I＝2.0A及其他已知数据代入，解得N1＝25匝．
（2）由法拉第电磁感应定律得E＝N2
E＝N2Ld
由闭合电路欧姆定律得I′＝
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L
天平平衡m′g＝NB0·
代入数据可得＝0.1T/s.
答案：
（1）25
（2）0.1T/s
11．（2015·四川卷）
如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.
（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
（2）在
（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；
（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．
解析：
（1）设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1，有W＋W1＝Ek①
且W＝W1②
由题有Ek＝mv③
得W＝mv.④
（2）设在题设过程中，ab棒滑行时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势平均值为E，ab棒中的平均电流为I，通过ab棒某横截面的电荷量为q，则
E＝⑤
且ΔΦ＝BΔS⑥
I＝⑦
又有I＝⑧
由图
（1）所示ΔS＝d（L－dcotθ）⑨
联立⑤～⑨，解得q＝.⑩
（3）ab棒滑
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