高中物理训练----电磁感应规律的综合应用

高中物理训练电磁感应规律的综合应用
一、单项选择
1.如图，两匀强磁场的磁感应强度B 1和B2大小相等、方向相反．金
属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向
感应电流的是()
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
解析：B若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误．
2．图a和图b是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()
A．图a中，A1与L1的电阻值相同
B．图a中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图b中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图b中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
解析：C分析图a，断开开关S1瞬间，A1突然闪亮，说明流经A1的电流瞬间增大，从而得到S1闭合，电路稳定时，A1中的电流小于L1中的电流，所以选项B错误；由并联电路特点可知，A1的电阻值大于L1的电阻值，所以选项A错误；分析图b，开关S2闭合后，灯A2逐渐变亮，A3立即变亮，说明闭合S2瞬间A2与A3中的电流不相等，那么L2与R中的电流也不相等，所以选项D错误；最终A2与A3亮度相同，说明流经A2与A3的电流相同，由欧姆定律可知，R与L2的电阻值相等，所以选项C正确．
3．如图甲，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面向下
的匀强磁场中，一金属导体棒EF 放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面向下为正方向，则下列说法中正确的是
( )
A ．t 1时刻轻杆对导体棒的作用力最大
B ．t 2时刻轻杆对导体棒的作用力最大
C ．t 2到t 3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小
D ．t 2到t 4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变
解析：C 由E ＝n ΔΦΔt
，可知t 1时刻感应电动势为0，感应电流为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项A 错误；t 2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁场为0，安培力为0，轻杆对导体棒的作用力为0，故选项B 错误；t 2到t 3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C 正确；t 2到t 4时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的作用力方向改变，故选项D 错误．
4．如图1，匝数n ＝6的螺线管(电阻不计)，截面积为S ＝10 cm 2，线圈与R ＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图2所示，规定感应电流i 从a 经过R 到b 的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列i -t 关系图中正确的是( )
解析：B 由题意可知，在0～2 s 时间内，磁感应强度变化率的大小为ΔB 1Δt 1
＝3×10－3 T/s ，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E 1＝n ΔB 1Δt 1
S ＝1.8×10－5 V ，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i 1＝E 1R
＝1.5×10－6 A ，根据楞次定律，可知感应电流方向为a →b ，为正方向；同理可计算在2～5 s 时间内，i 2＝E 2R
＝1×10－6 A ，根据楞次定律，可知感应电流方向为b →a ，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故B 正确，
A 、C 、D 错误．
5.如图，空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内，一正三角
形的导线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域．已知虚线垂直于
AB 边，且正三角形的高为磁场宽度的两倍．从C 点进入磁场开始计时，以
电流沿逆时针方向为正．关于线框中感应电流i 随时间t 变化的关系，下列四幅图可能正确的是( )
解析：A 设线框进入磁场的速度为v ，线框进入磁场的前一半过程，切割磁感线的有效长度：L ＝2v t tan 30°，线框切割磁感线，产生感应电动势E ＝BL v ＝2B v 2t tan 30°，感应电流：
i ＝E R ＝2B v 2t tan 30°R
，i 与t 成正比，线框在进磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCA ，为正；在出磁场的过程中，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为ACBA ，为负．在线框进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线框进入磁场的后一半(即出磁场的前一半)过程中，切割的有效长度不变，感应电动势不变，则感应电流不变；在线框出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大．故A 正确．
二、多项选择
6.如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导
轨两端a 、b 断开，金属杆L 垂直导轨放置．闭合开关S ，下列判断
正确的是( )
A ．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下
B ．若给金属杆向左的初速度，则a 点电势高于b 点
C ．若a 、b 间接导线，向下移动滑片P ，则金属杆向左运动
D ．若a 、b 间接直流电源，a 接正极、b 接负极，则金属杆向左运动
解析：AC 闭合开关S ，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，选项A 正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a 点电势低于b 点，选项B 错误；若a 、b 间接导线，向下移动滑片P ，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，选项C 正确；若a 、b 间接直流电源，a 接正极、b 接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，选项D 错误．
7．手机无线充电是比较新颖的充电方式．如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中( )
A ．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B ．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C ．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D ．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
解析：AC由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确；受电线圈中的电流也是正弦式交变电流，产生的磁场呈周期性变化，B错误；根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D 错误．
8．如图，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面底端有一直导线通有恒定电流I.斜面上有一闭合矩形导线框abcd正沿斜面下滑，ab边始终与MN平行，在导线框下滑至ab边未到达斜面底端过程中，下列说法正确的是()
A．线框有扩张的趋势
B．线框中有沿adcba方向的感应电流
C．线框cd边受到的安培力沿斜面向下
D．整个线框所受安培力的合力为零
解析：BC根据直导线产生的磁场特点：离导线越近磁场越强，在导线框向下滑动过程中，穿过线框的磁通量增大，由“增缩减扩”可知，线框有收缩的趋势，故A错误；在导线框向下滑动过程中，穿过线框的磁通量增大，磁场方向垂直斜面向上，根据楞次定律可知，线框中有沿adcba方向的感应电流，故B正确；cd中的电流由d到c，磁场方向垂直斜面向上，根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力沿斜面向下，故C正确；由于ab边与cd 边所在处的磁场不同，ab与cd中的电流大小相同，所以ab、cd所受安培力大小不同，ad 与bc所受安培力大小相同，所以整个线框所受安培力的合力不为零，故D错误．9．如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中．一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法中正确的是()
A ．当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到Q
B ．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为mg sin θk
C ．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，
回路中产生的焦耳热为m 2g 2sin 2 θk
－E p D ．若导体棒第一次运动到MN 处时速度为v ，则此时导体棒的加速度大小为B 2L 2v 2mR
解析：ACD 由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R 的电流方向为由P 到Q ，故A 正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长
量为mg sin θk
时，弹簧弹力为mg sin θ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B 错误；导体棒最终静止，由平衡条件得：mg sin θ＝kx ，弹簧伸长量：x ＝mg sin θk
，由能量守恒定律得：mgx sin θ＝Q ＋E p ，解得：Q ＝m 2g 2sin 2θk
－E p ，故C 正确；导体棒第一次到达MN 处时，弹簧的弹力：kx ＝mg sin θ，此时导体棒受到的安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R
，对导体棒，由牛顿第二定律得：kx －mg sin θ＋B 2L 2v 2R ＝ma ，解得：a ＝B 2L 2v 2mR
，故D 正确． 三、计算题
10．一个圆形线圈，共有n ＝10匝，其总电阻r ＝4.0 Ω.线圈与阻值R 0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示．线圈内部存在着一个边长l ＝0.20 m 的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T ＝1.0×10－2 s ，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向．求：
(1)t ＝18
T 时刻，电阻R 0上的电流大小和方向；
(2)0～12T 时间内，流过电阻R 0的电荷量； (3)一个周期内电阻R 0的发热量．
解析：(1)0～T 4
内，感应电动势大小恒定， E 1＝n ΔΦ1Δt 1
＝8 V 电流大小I 1＝E 1R 0＋r
，可得I 1＝0.4 A 电流方向从b 到a .
(2)同(1)可得T 4～T 2
内，感应电流大小I 2＝0.2 A 流过电路的电荷量q ＝I 1T 4＋I 2T 4
， 代入数据解得q ＝1.5×10－3 C.
(3)Q ＝I 21R 0T 2＋I 22R 0T 2
，解得Q ＝1.6×10－2 J. 答案：(1)0.4 A 从b 向a (2)1.5×10－
3 C
(3)1.6×10－2 J
11．如图1，在绝缘光滑水平桌面上，以O 为原点、水平向右为正方向建立x 轴，在0≤x ≤1.0 m 区域内存在方向竖直向上的匀强磁场．桌面上有一边长L ＝0.5 m 、电阻R ＝0.25 Ω的正方形线框abcd ，当平行于磁场边界的cd 边进入磁场时，在沿x 方向的外力F 作用下以v ＝1.0 m/s 的速度做匀速运动，直到ab 边进入磁场时撤去外力．若以cd 边进入磁场时作为计时起点，在0≤t ≤1.0 s 内磁感应强度B 的大小与时间t 的关系如图2所示，在0≤t ≤1.3 s 内线框始终做匀速运动．
(1)求外力F 的大小；
(2)在1.0 s ≤t ≤1.3 s 内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B 的大小与时间t 的关系；
(3)求在0≤t ≤1.3 s 内流过导线横截面的电荷量q .
解析：(1)t 0＝0，B 0＝0.25 T
回路电流I ＝B 0L v R
安培力F A ＝B 20L 2R
v 外力F ＝F A ＝0.062 5 N.
(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变Φ1＝Φ
t 1＝1.0 s 时，B 1＝0.5 T ，磁通量Φ1＝B 1L 2
t 时刻，磁通量Φ＝BL [L －v (t －t 1)]
得B ＝16－4t
. (3)0≤t ≤0.5 s 电荷量q 1＝B 0L 2
R ＝0.25 C 0．5 s ≤t ≤1.0 s 电荷量q 2＝B 1L 2－B 0L 2
R
＝0.25 C 总电荷量q ＝q 1＋q 2＝0.5 C.
答案：(1)0.062 5 N (2)B ＝16－4t
(3)0.5 C 12．如图，两根质量均为m ＝2 kg 的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N 的水平拉力F 向右拉CD 棒，CD 棒运动s ＝0.5 m 时，其上产生的焦耳热为Q 2＝30 J ，此时两棒速率之比为v A ∶v C ＝1∶2，现立即撤去拉力F ，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD 棒运动0.5 m 的过程中，AB 棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F 瞬间，两棒的速度大小v A 和v C ；
(3)撤去拉力F 后，两棒最终匀速运动的速度大小v A ′和v C ′.
解析：(1)设两棒的长度分别为l 和2l ，所以电阻分别为R 和2R ，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q ＝I 2Rt 可知Q 1∶Q 2＝1∶2，则AB 棒上产生的焦耳热Q 1＝15 J.
(2)根据能量守恒定律
有Fs ＝12m v 2A ＋12
m v 2C ＋Q 1＋Q 2 又v A ∶v C ＝1∶2，联立以上两式并代入数据得
v A ＝4 m/s ，v C ＝8 m/s.
(3)撤去拉力F 后，AB 棒继续向左做加速运动，而CD 棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足
BL v A ′＝B ·2L v C ′
即v A ′＝2v C ′(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)
对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有 F A ·t ＝m v A ′－m v A ， F C ·t ＝－m v C ′－(－m v C )．
因为F C ＝2F A ，故有v A ′－v A v C －v C ′＝12
联立以上各式解得v A ′＝6.4 m/s ，v C ′＝3.2 m/s.
答案：(1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s。