湖南省新田一中高中物理专题复习 电磁感应练习

湖南省新田一中高中物理专题复习 电磁感应练习
一、 选择题
1.关于磁通量、磁通密度、磁感应强度，下列说法正确的是（ ）
A ．磁感应强度越大的地方，磁通量越大
B ．穿过某线圈的磁通量为零时，由B=S 可知磁通密度为零
C ．磁通密度越大，磁感应强度越大
D ．磁感应强度在数值上等于1 m2的面积上穿过的最大磁通量
2.下列单位中与磁感应强度的单位“特斯拉”相当的是（ ）
A ．Wb/m2
B ．N/A ·m
C ．kg/A ·s2
D ．kg/C ·m
3.关于感应电流，下列说法中正确的是（ ）
A ．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B ．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流
C ．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
D ．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应 电流
4.在一长直导线中通以如图所示的恒定电流时，套在长直导线上的闭合线环（环面与导线垂直，长直导线通过环的中心），当发生以下变化时，肯定能产生感应电流的是（ ）
A ．保持电流不变，使导线环上下移动
B ．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小
C ．保持电流不变，使导线在竖直平面内顺时针（或逆时针）转动
D ．保持电流不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动
5．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A 、B 的圆心重合，放在
同一水平面内，线圈B 中通以如图乙所示的交变电流，设
t ＝0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示）．对于线圈A ，
在1t ～2t 时间内，下列说法中正确的是 （ ）
A ．有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势
B ．有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
C ．有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
D ．有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势
6、穿过一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2 Wb ，则（ ）
A 、线圈中的感应电动势每秒钟增大2 V
B 、线圈中的感应电动势每秒钟减小2 V
C 、线圈中的感应电动势始终为2 V
D 、线圈中不产生感应电动势
7、如图所示，C 是一只电容器，先用外力使金属杆ab 贴着水平平行金属导轨在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动，到有一定速度时突然撤销外力.不计摩擦，则ab 以后的运动情况可能是（ ）
A.减速运动到停止
B.来回往复运动
C.匀速运动
D.加速运动
8、一个面积S=4×10-2m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平
面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）
A、在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于-0.08 Wb/s
B、在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C、在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于-0.08 V
D、在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
10、在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB
为可在EF和GH上滑动的导体横杆.有均匀磁场垂直于导轨平面.若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）
A、匀速滑动时，I1=0，I2=0
B、匀速滑动时，I1≠0,I2≠0
C、加速滑动时，I1=0,I2=0
D、加速滑动时，I1≠0,I2≠0
11、如图所示，接有灯泡L的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好
接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同.图中O位置对应于弹簧振子的平衡位置，P、Q两位置对应于弹簧振子的最大位移处.若两导轨的电阻不计，则（）
A、杆由O到P的过程中，电路中电流变大
B、杆由P到Q的过程中，电路中电流一直变大
C、杆通过O处时，电路中电流方向将发生改变
D、杆通过O处时，电路中电流最大
二、填空题
12、一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，
若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T.在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是___________ Wb；磁通量的平均变化率是___________ Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是___________ V.
三、计算题
13、矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感
应强度为B，方向与OO′垂直，初位置时线圈平面与B平行，如图所示.
（1）初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？
（2）当线框沿图甲所示方向绕过60°时，磁通量Φ2为多少？这一过程
中磁通量的变化ΔΦ1为多少？
（3）当线框绕轴沿图示方向由图乙中的位置再转过60°位置时，磁通量
Φ2为多少？这一过程中ΔΦ2=Φ3-Φ2为多少？
14、如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方
向垂直于纸面向内.一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计.导体棒与圆形导轨接触良好.求：
(1)、在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；
(2)、MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；
(3)、当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多大？
15．如图所示，水平放置的导体框架，宽L=0.50 m，接有电阻R=0.20 Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B=0.40 T.一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体ab的电阻均不计.当ab以v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时，求：
（1）ab棒中产生的感应电动势大小；
（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；
（3）若将外力F突然减小到F′，简要论述导体ab以后的运动情况.
16、如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的矩形线圈绕垂直于磁感线
的对称轴OO′以角速度ω匀速转动.
（1）穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少？
（2）当线框由图示位置转过60°的过程中，平均感应电动势为多大？
（3）线框由图示位置转到60°时瞬时感应电动势为多大？
18．如图所示，正方形导线框abcd的质量为m、边长为l，导线框的总电阻为R。

导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd边保持水平。

磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为l。

已知cd边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。

重力加速度为g。

（1）求cd边刚进入磁场时导线框的速度大小。

（2）请证明：导线框的cd边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率。

（3）求从导线框cd边刚进入磁场到ab边刚离开磁场的过程中，导线框克服安培力所做的功。

电磁感应参考答案
一、选择题
1、CD
2、ABC
3、D
4、C
5、D
6、C
7、C
8、A
9、C 10、D 11、D
二、填空题
12、磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，所以
ΔΦ=ΔBSsinθ=（0.5-0.1）×20×10-4×0.5 Wb=4×10-4 Wb
磁通量的变化率t ∆∆Φ=05.01044-⨯Wb/s=8×10-3 Wb/s 感应电动势E=n
t ∆∆Φ=200×8×10-3 V=1.6 V. 答案：4×10-4 8×10-3 1.6
三、计算题
13、思路解析：本题的关键是分析矩形线框的平面是否与B 垂直，只有垂直时才能应用Φ
=B ·S ，不垂直时可把面积沿与B 垂直方向投影，为能清晰地观察面积与B 夹角的情况，可作出其俯视图如图所示.
解：（1）当处于图甲所示位置时，从俯视图可看出没有磁感线穿过矩形线框，故Φ0=0.
（2）当绕轴（从上往下看）沿逆时针方向转动60°到a ′b ′位置时，线框与B 的夹
角θ=60°.
所以Φ2=B ·Ssin60°=2
3BS ΔΦ1=Φ2-Φ0=2
3 BS. （3）当再由a ′b ′位置逆时针转60°时，到a ″b ″，这时线框与B 方向成120°角.
所以Φ2=B ·Ssin120°=23BS ，ΔΦ2=Φ3-Φ2=23BS-2
3BS=0. 注意：a ′b ′位置和a ″b ″位置时，穿过线框磁通量的方向没有发生变化.
14、思路解析：导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r 供电.
(1)、计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势.整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=B πR 2，所用的时间Δt=
v R 2，代入公式E=t ∆∆Φ=2BRv π，平均电流为I=r
BRv r E 2π=. (2)、电荷量的运算应该用平均电流，q=I Δt=r
R B 2
π. (3)、当MN 通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l=2R ，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E=Blv 得：E=B ·2Rv ，此时通过r 的电流为I=r
BRv r E 2=. 答案：(1)r BRv
2π (2)r R B 2π (3)r BRv 2
15、 (1)E=0.80 V (2)F=0.80 N (3)略
16、 (1)ab 与cd 两边垂直切割磁感线时，E m =BS ω (2)E =π23BS ω (3)2
3BS ω 17．（1）金属杆速度为v 时，电压表的示数应为 U R R r
BLv =
+ 则∆∆∆∆U t R R r BL v t R R r BLa =+⋅=+ 由题图可知：∆∆U t V s ==2504./ 故金属杆的加速度应恒定，即金属杆应水平向右做匀加速直线运动
（2）由（1）可得：()
a R r RBL U t m s m s =+⋅=+⨯⨯⨯=∆∆0401040502
04522......// 则第2s 末杆的速度：v at m s ==10/ 此时杆受到的安培力：F B L v R r
N '.=+=2202 由牛顿第二定律得：F F ma -=' 则N F ma F 7.0 =+=
故外力F 的功率P Fv W W ==⨯=07107.
18．（1）设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v ，
则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为E =Blv ，
根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为I =R
Blv 导线框受到的安培力为F 安=BIl =R
v l B 22 因cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F 安=mg ，
以上各式联立，得：22l
B mgR v = （2）导线框cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安=F 安v
代入整理得：P 安=R v l B 222 导线框消耗的电功率为：P 电=I 2R =R
v l B 2
22 因此有P 安＝P 电
（3）导线框ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动。

导线
框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变。

设导线框克服安培力做功为W 安，根据动能定理有2mgl －W 安＝0解得W 安＝2mgl 。