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(完整版)电磁感应习题(答案解析)

（4）若导体棒不是直的，如图中，棒的有效长度有 ab 的弦长。
中的 L 为切割磁感线的导体棒的有效长度。
3. 导体切割磁感线产生的感应电动势大小两个特例：（1）长为 L 的导体棒在磁感应强度为 B 的匀强磁场中以 ω 匀速转动，导体棒产生的
感应电动势：
（2）面积为 S 的矩形线圈在匀强磁场 B 中以角速度 ω 绕线圈平面内的任意轴匀速转动，产生的感应电动势：
小于 g.当 S 极为下端时，可得到同样的结果。
方法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量的增加。归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以 P、Q 将互相靠近，且磁铁的加速度小于 g。
答案：AD
[例 5] （08 宁夏）如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻 R 和 r，导体棒 PQ 与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（）
导线切割磁感线的感应电动势大小为
。
hing at a time and All things in their being are good for somethin
（3）适用于计算当导体切割磁感线产生的感应电动势，当 v 为瞬时速度时，可计算瞬
时感应电动势，当 v 为平均速度时，可计算平均电动势。
A. 流过 R 的电流为由 d 到 c，流过 r 的电流为由 b 到 a B. 流过 R 的电流为由 c 到 d，流过 r 的电流为由 b 到 a C. 流过 R 的电流为由 d 到 c，流过 r 的电流为由 a 到 b D. 流过 R 的电流为由 c 到 d，流过 r 的电流为由 a 到 b

第九章电磁感应参考答案

第九章电磁感应参考答案学生用书§9.1 电磁感应电流条件楞次定律【典型例题】［例１］1．根据感应电流的产生条件可知，BC 有感应电流，ＡＤ没有感应电流．［例2］磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量增加；根据楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（向上），与原磁场相互排斥；再由安培定则可判定感应电流的方向（即图中箭头方向相同），故本题应选B ．［例3］BC （要产生B 环中所示的电流，感应磁场方向为垂直纸面向外，由楞次定律知A 环内的磁场应向里增强或向外减弱，由安培定则可知BC 正确．）［例4］D （金属线框进入磁场时，由于穿过线框的磁通量增加，产生感应电流，根据楞次定律判断电流的方向为a b c d a →→→→．金属线框离开磁场时，由于穿过线框的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律判断电流的方向为a d c b a →→→→．根据能量转化和守恒定律可知，金属线框的机械能将逐渐减小，转化为电能，如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于d 0 L ，满足单摆运动的条件，所以，最终为往复运动．）【当堂反馈】1．当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，通电线圈在铁芯内部产生磁场的磁通量发生变化，故a 、b 两环中有感应电流，而穿过c 环的合磁通总为零，故c 环中无感应电流，本题选A ．2．AD （据楞次定律,当S 闭合时,穿过B 线圈的磁场方向向上且在增大,B 线圈中的感应电流产生的磁场方向与之相反,进而判断出通过电流表的电流方向自左向右,根据楞次定律用同样方法可判断D 正确. ）3．电键S 从位置1拨到位置2的过程中，通过左边线圈的电流先减小到零、再增加到原来值，穿过右边线圈向右的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可得电流计中的电流方向．故本题选C ．§9.2 法拉第电磁感应定律【典型例题】［例1］A （螺旋桨叶片在磁场中垂直旋转切割产生的感应电动势===ω221Bl v Bl E πfl 2B ，再由右手定则可知a 点电势低于b 点电势．）［例２］A （设开始时导轨d 与Ob 的距离为x 1，导轨c 与Oa 的距离为x 2，由法拉第电磁感应定律知，移动c 或d 时产生的感应电动势E==，通过导体R 的电量为Q=IΔt=Δt=．由上式可知，通过导体R 的电量与导轨d 或c 移动的速度无关，由于B 与R 是定值，其电量取决于所围面积的变化．由于ΔS 1=ΔS 2=ΔS 3=ΔS 4，则通过电阻R 的电量是相等的，即Q 1=Q 2=Q 3=Q 4．［例３］（１）感应电动势Ｅ＝ΔΦ/Δt ＝ＳΔＢ/Δt ＝k Ｌ１Ｌ２感应电流Ｉ＝Ｅ／Ｒ＝kL 1L 2/R ，方向从f 到e（２）因棒处于平衡，外力与安培力大小相等，方向水平向右， RL kL kt B BIL F 22101)(+==（３）为使棒中无感应电流，就要保持穿过abef 闭合回路的磁通量不变．即Φ＝ＢＳ＝ＢＬ１（Ｌ２＋vt ）＝Ｂ０Ｌ１Ｌ２得022B vtL L B +=，即Ｂ随t 按此规律减小．【当堂反馈】1．C （导体棒切割磁感线运动产生感应电动势BLv E =，R 1、R 2为相互并联的外电路，再由欧姆定律可得出本题应选C ．）2．B （U =BLv ）3．A （导体棒ab 在框架上向右匀速滑动切割磁感线，产生的感应电动势E =BLv 不变，而I =E /R 总，则回路中产生的感应电流逐渐减小．由t I Q =可知Q 1＞Q 2．）4．A （由i=E/R=S B R t∆∆·∝Bt ∆∆=k 可知,在0—4T和2T—34T时间内i 的大小相等．在0—4T和2T—34T时磁场分别是垂直纸面向里减小和向外减小,现由楞次定律和安培定则可知其方向分别为顺时针和逆时针．）§9.3 互感和自感电磁感应中的电路问题【典型例题】［例１］AD ［（1）在图（a ）中，设开关S 闭合时，上、下两支路电流分别为I 1、I 2，依题意知：I 1＜I 2.在开关S 断开时，通过电阻R 的电流I 2立即消失；但由于线圈中产生自感现象，通过线圈电流不能突变，其大小只从I 1开始逐渐减小.因此开关断开前，通过灯泡的电流为I 1，断开后灯泡电流从I 1开始逐渐减小，所以灯泡D 在断开开关后逐渐变暗.（2）在图（b ）中，设开关闭合时，上、下两支电路的电流分别为I 1′、I 2′，依题意知，I 1′＞I 2′.当开关S 断开后，通过灯泡原电流I 2′立即消失；但线圈中产生自感现象，线圈中电流大小、方向不发生突变，在L 、R 、D 回路中，电流均从线圈中原电流I 1′开始逐渐减小.因此，开关闭合时，灯泡电流为I 2′；断开后，灯泡中电流突然增加为I 1′，并从I 1′开始逐渐减小，故开关断开时灯泡先闪亮，后逐渐变暗.］［例２］只有左边有匀强磁场，金属板在穿越磁场边界时（无论是进入还是穿出），由于磁通量发生变化，板内产生涡流．根据楞次定律，涡流将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象．还可以用能量守恒来解释：有电流产生，就一定有机械能向电能转化，摆的机械能将不断减小．若空间都有匀强磁场，穿过金属板的磁通量不变化，无感应电流，不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来．［例３］MN 滑过的距离为l /3时，它与bc 的接触点为P ，如图所示.由几何关系可知MP 长度为l /3，MP 中的感应电动势E =31Blv ，MP 段的电阻r =31R ，MacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并=32313231+⨯R =92R .由欧姆定律，PM 中的电流I =并r r E +，ac 中的电流I ac =32I ，解得I ac =RBlv 52.根据右手定则，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I 的方向由a 流向c .R R 2【当堂反馈】 1．AC2．C3．D （导体棒转至竖直位置时，感应电动势E=B·2a·v/2=Bav 电路中总电阻R 总=+=R ，总电流I==，AB 两端的电压U=E-I·=Bav ．）4．BCD （合上S 时，电感线圈产生自感电动势阻碍通过其电流的增加，电流只能逐渐增大，故A 、B 同时亮，以后A 灯逐渐变亮、B 灯逐渐变暗，由于线圈直流电阻为零，电路稳定时B 熄灭；断开S 时，A 灯电流为零立即熄灭，线圈产生自感电动势阻碍通过其电流的减小，与B 灯形成闭合电路，B 灯先闪亮、后熄灭．）§9.4 电磁感应中的力学问题【典型例题】［例１］A （给ef 一个向右的初速度，则ef 产生感应电动势，回路中产生感应电流.由楞次定律可以判断，ef 受到一个向左的安培力的作用而减速，随着ef 的速度减小，ef 产生的感应电动势减小，回路的感应电流减小，安培力减小，因此可以判断ef 是做加速度逐渐减小的减速运动.）［例2］（1）受到竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，和平行于斜面向上的安培力．（2）当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BL v ，此时电路中的电流I ＝E /R ＝BL v /R ，而ab 杆受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v /R ．由牛顿第二定律，有mg sin θ－F ＝ma ，即a ＝g sin θ－B 2L 2v /mR ．（3）当mg sin θ＝B 2L 2v m /R 时，ab 杆达到最大速度v m ，则v m ＝mgR sin θ /B 2L 2．［例3］（1）感应电动势E ＝Blv ，E I R= 所以 I ＝0时，v ＝0则： 22vx a==1m（2）最大电流 0m Blv I R= 022m I Blv I R'==安培力 2202B l v f I Bl R'===0.02N向右运动时 F ＋f ＝maF ＝ma －f ＝0.18N 方向与x 正向相反向左运动时 F －f ＝maF ＝ma ＋f ＝0.22N 方向与x 正向相反（3）开始时 v ＝v 0， 22m B l v f I B l R==F f m a += 22B l v F m a f m a R=-=-当v 0＜22m aR B l ＝10m/s 时，F ＞0 方向与x 正向相反当v 0＞22m aRB l＝10m/s 时，F ＜0 方向与x 正向相同［例4］（1）在金属棒棒未进磁场，电路中总电阻:R 总=R L +R/2=4+ 2/2 = 5Ω线框中感应电动势：V V t BS t E 5.025.0241=⨯⨯=∆∆=∆∆=φ 灯泡中的电流强度 :A A R EI L 1.055.0===总(2)因灯泡中亮度不变，故在4秒末金属棒棒刚好进入磁场，且作匀速直线运动，此时金属棒棒中的电流强度：0.14(0.1)0.32L LL R L I R I I I I A A R⨯=+=+=+=恒力F 的大小：F = F A = BId= 2×0.3×0.5 N = 0.3 N(3)金属棒产生感应电动势：V V RR RR R I E L L 1)42422(3.0)(2=+⨯+⨯=++=金属棒在磁场中的速度：s m s m BdE v /1/5.0212=⨯==金属棒的加速度：2/41s m t v a ==据牛顿第二定律，金属棒的质量：kg kg a F m 2.125.03.0===【当堂反馈】1．BC （当金属杆所受合力为零时速度最大，则有22sin /m m g B L v R α=，22sin m m gR v B Lα=．）2．D （由楞次定律可知G 中电流向下，导体棒在外力和安培力作用下作加速度减小的加速运动，穿过左边回路的磁通量增加越来越慢，最后CD 匀速运动时，G 中无感应电流．） 3．D （在II 位置，没有磁通量变化，所以没有感应电流，也不存在安培力，线框只受重力，所以加速度为g ．在I 位置和III 位置有磁通量变化，有感应电流，也就存在安培力．在位置III 时速度大，所以在位置III 的安培力大，合力小了，所以加速度小了．即a 3＜a 1．）4．（1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma ①由①式解得： a ＝4m/s 2 ②（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v ，所受安培力为F ，棒在沿导轨方向受力平衡 mg sin θ－μmg cos θ－F ＝0 ③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R 消耗的电功率 Fv ＝P ④由③④两式解得 10P v F==m/s ⑤（3）设电路中电流为I ，两导轨间金属棒长为l ，磁场的磁感应强度为B B l v I R=⑥P ＝I 2R ⑦由⑥⑦两式解得 0.4B vl==T ，磁场方向垂直导轨平面向上．§9.5 电磁感应中的能量转化和图象问题【典型例题】［例１］ABD （2EQ R=，而E t∆φ∆=，随交变电流的电压、频率的增大而增大．）［例２］B ［由（甲）图可知在0—1 s 内磁感应强度均匀增大，产生恒定的感应电流，根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针，导体棒受到的安培力的方向是水平向左，棒静止不动，摩擦力方向水平向右，为正方向．同理，分析以后几秒内摩擦力的方向，从而得出f —t 图象为B 图．］［例3］(1)由右手定则可知：棒切割磁感线运动产生感应电流I 感方向由a→b ，棒受力的右侧视图如图示．当棒速稳定时棒受力平衡．设此时棒速为v ．则有： P=Fv ① 由平衡条件得到：F=mgsinθ+F 安 ② F 安=BIL ③ I= E/R ④ E=BLv ⑤由①—⑤得到：v 2+v-6=0 v=2 m/s(负值舍去) (2)由动能定理得：W F -W 安-mgh=mv 2 ⑥W F =Pt ⑦ h=Ssin30°=2.8sin30° m=1.4 m ⑧ 联立得到：t=代入数据得t=1.5 s【当堂反馈】1．AD （剪断细线后，弹簧的作用使两棒分离，穿过回路的磁通量增大，回路中产生感应电流，但两棒运动方向相反，安培力的方向也相反，由于有感应电流的产生，系统的机械能减小，向电能转化．）2．C （通电螺线管内部产生的是匀强磁场，外部的磁场和条形磁铁的磁场相似，故B 从O 点进入螺线管时通过B 的磁通量是增加的；进入螺线管内部后，由于是匀强磁场，通过B 的磁通量不再变化，因而B 中没有感应电流；当B 从螺线管内部出来的过程，通过B 的磁通量则是减小的，所以在B 中会产生一个和进入时方向相反的感应电流．）3．（1）ab 边产生的感应电动势为E =BLv ① 线框中的感应电流为I =E /R ②ab 边所受的安培力F =BIL ③ 由①、②、③式代入数据解得 F =5×10-2N （2）线框中产生感应电流的时间 t =2s /v ④整个过程中线框所产生的焦耳热Q =I 2Rt ⑤由②、④、⑤式代入数据解得 Q =0.01J（3）在0～5×10-2s 时间内，ab 两端的电势差为15.0431=⋅=R I U V在5×10-2s ～1×10-1s 时间内，ab 两端的电势差为 U 2=E =0.2V在1×10-1s ～1.5×10-1s 时间内，ab 两端的电势差为05.0411=⋅=R I UVU ab /V t/s0.050.10 0.15 0.20 0.05 0.10 0.200.15电势差U随时间t变化的图线如图所示ab作业本§9.1 电磁感应电流条件楞次定律1．D2．B3．C（AB不动而CD右滑时，I≠0，但方向是逆时针，故A错.AB向左、CD向右滑动时，回路磁通量增加，I≠0，故B错.AB、CD向右等速滑动时，回路磁通量不变，I=0，故C对.AB、CD都向右滑但AB速度大于CD速度时，回路磁通量变化，I≠0，但方向是顺时针，故D错.）4．D（根据楞次定律的“阻碍”思想，安培力与重力总是相反的，所以D正确．）5．B（线圈C向右摆动，由楞次定律可知，线圈中电流产生的磁场减小，故导线ab应减速切割磁感线运动．）6．B（穿过回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先是b→a，后变为a→b；再由左手定则可得，所受磁场力方向与ab垂直，开始为图中箭头所示反方向，后来变为箭头所示方向．）7．D（由楞次定律的推广含义判断．）8．B（线框中的合磁通量先是向纸外减小，后是向纸内增大，由楞次定律可得线框中感应电流的方向始终沿dcbad方向．）9．BC（若是匀强磁场，，则不产生感应电流，机械能守恒；若是非匀强磁场，则产生感应电流，由能量守恒定律可知，机械能能转化为电能．）10．D（由楞次定律可确定在t1—t2时间内A中电流为逆时针(此时B中电流为顺时针),异向电流相斥. ）11．BC［a盘在外力作用下逆时针转动,其半径切割磁感线产生感应电动势,两圆盘中心与边缘通过导线构成闭合回路有感应电流.a盘受安培力为阻力,b盘中受安培力为动力,由右手定则得出电流流向,由左手定则判定b盘中安培力的方向,故B选项正确.b盘被动转动,其角速度一定小于a盘的角速度(若相等则无电流,b不会受安培力．］12．BC（本题可采用逆向推导，由果寻因，由左手定则、安培定则可得铁芯中感应电流的磁场方向向上，再由楞次定律和安培定则进行分析判断．）13．BD（认为超导体不消耗电能,由状态分析受力情况,从而确定磁极与电流的方向关系. ）14．(1)如图所示(2)相反(3)相同§9.2 法拉第电磁感应定律1．D2．D （将磁铁缓慢或迅速插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化率不同，感应电流I= =N ，感应电流的大小不同，流过线圈横截面的电荷量q=I·Δt=N ·Δt=N，两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q 与磁铁插入线圈的快慢无关．）3．D （横杆匀速滑动时，由于E =BLv 不变，故I 2=0，I 1≠0.加速滑动时，由于E =BIv 逐渐增大，电容器不断充电，故I 2≠0，I 1≠0．）4．D （电压表为理想电压表,故V 表读数为M 金属杆转动切割磁感线时产生的感应电动势的大小. U 0=B 0ω0r 2,mU 0=nB 0ω′r 2(r 为M 的长度),则ω′=ω0. ）5．ABD （由E N B Lv =，04LN R S ρ=，2EP R=分析得出．）6．32Bd v /(3R )，自上向下7．E =N ΔΦ/t =10⨯0.2sin ︒30⨯0.2⨯0.2/0.1=0.4(V)8．线框受竖直向下的重力和安培力及竖直向上的拉力作用，由平衡条件，有2mg ＝mg ＋BIL ，由法拉第电磁感应定律，得感应电动势E ＝Δφ /Δt ＝ΔB /Δt ·S ＝kL 2/2，有闭合电路欧姆定律，得I ＝E /R ，据题意有B ＝kt ．联立以上各式，有t ＝322Lk mgR ．9．（1）E =BLv =0.1v (2) =-=m Rv l B F a /)(22 4.5 m/s2(3) 达到的最大速度时合力为零，022=-Rv l B F m，代入数据解得v m =10 m/s ．10．(1)不管粒子带何种电荷，匀速运动必有Eq qB v =0 ①，即MN 板带正电，棒AB 向左运动，设AB 棒以速度v 向左运动，产生感应电动势为E vlB = ②，∴ q lvlB qB v =0 ③得 v =v 0（2）当AB 棒停止运动后，两扳通过AB 放电板间电场消失，仅受磁场力作圆周运动，位移为R qB mv =/0时转过圆心角60o．∴qBm T t 36π==④11．本题在流量计中产生的感应电动势可等效为长为c 的导体以流体速度v 切割磁感线产生的电动势，故E =Bcv ，所以I =Rr E +,r =ρabc ，而流量Q =vS =vbc ，联立以上各式解得Q =BI （bR +ρac ）.§9.3 互感和自感电磁感应中的电路问题1．A （由右手定则可得感应电流的方向，而122B lv U IR R vB l R==⋅=．）2．BC （在断开电键时，L 中原电流减小，由于自感作用，产生与原电流方向相同的自感电流流经灯泡，故灯不会立即熄灭，A 错；自感现象中阻碍L 中电流的减小，但阻止不了电流的减小，该减小是在原电流大小基础上减小的．原来L 中电流大于灯中电流，故自感电流通过灯泡的初始阶段，灯中的电流大于原来的电流，故灯应比原来更亮一下最后熄灭，B 正确；当用电阻代替L 时，断开K 不存在自感，A 应立即熄灭，则C 对，D 错．）3．B 4．B （在四个图中，产生的电动势大小均相等（E ），回路电阻均为4r ，则电路中电流亦相等（I ）．B 图中，ab 为电源，U ab ＝I ·3r ＝3E /4，其他情况下，U ab ＝I ·r ＝E /4．）5．A （油滴恰好处于静止状态时 /mg qU d =，而22E n U t ∆φ∆==，解得t∆φ∆=2mgd /(nq )．） 6．BC （电路接通时，两个支路中的电流都要增大，自感线圈要产生自感电动势，左正右负，阻碍电流的增大；而电阻没有这样的性质，因此B 对，但阻碍并不阻止，电流还是增大了，因此最后两灯一样亮．在开关断开时，两个支路中的电流都要减小，L 中产生的自感电动势左负右正，阻碍电流的减小，两个支路形成了闭合回路，线圈中的能量通过闭合回路使A 、B 灯亮一会儿才熄灭．）7．C （导体圆环受到向上的磁场作用力，说明穿过它的磁通量减小．）8．D9．对油滴,qE =mg ,电场力向上.又因为油滴带负电,故场强向下,电容器上极板带正电,下极板带负电,线圈N 感应电动势正极在上端,负极在下端.由楞次定律知ab 向右减速运动或向左加速运动.10．（1）a 、b 杆上产生的感应电动势为E =BLv =0.50 V .根据闭合电路欧姆定律，通过R 0的电流I =RR E +0=0.25 A.（2）由于ab 杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力F 大小相等，即 F 拉=F =BIL =0.025 N.（3）根据欧姆定律，ab 杆两端的电势差U ab =0R R ER+=R R BLvR+=0.375 V .11．（1）0043BLv R RBLv IR U adcb adcb AB ====；（2）Rv L B v L R I Q 03202=⋅=12．（1）粒子带负电． AB 棒向右运动，由右手定则可知，棒内产生的感应电流方向由B 到A ，所以金属板的a 板电势高，板间有由a 指向b 的匀强电场．由于粒子所受的重力mg 和电场力qE 都是恒力，所以必有重力和电场力相平衡，而洛伦兹力提供向心力，即电场力必为竖直向上，故粒子必带负电．（2）AB 棒中的感应电动势为：E =BLv电容器极板a 、b 上的电压就是电阻R 0上的电压U =重力和电场力平衡，有：mg=q粒子在极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：qvB =m粒子的轨道半径满足：R≤，解得：v ≤1.0 m/s§9.4 电磁感应中的力学问题1．ABD （由于电磁感应现象总是起到阻碍作用，安培力的大小与运动速度有关F=B 2L 2v/R ，根据牛顿第二定律可知，线圈可能做匀速运动、加速度减小的加速或减减速运动．）2．AC （此过程中回路产生的感应电流不变，导体棒受到的安培力先沿斜面向上逐渐减小到零后反向增大，由平衡方程可知本题有两种可能．）3．A （杆在重力和安培力作用下运动，若安培力大于重力的两倍，则加速度大于重力加速度；由二力平衡可得，杆最终匀速运动的速度相同；杆整个运动过程能量守恒．） 4．A （根据E=BLv ，E=IR ，R=ρL/S ，m=DSL ，F 安=BIL ，a=(mg-F 安)/m ，推出2B va g Dρ=-，可见加速度与导线的粗线无关．）5．AD （ab 棒切割磁感线产生感应电动势，cd 棒不切割磁感线，整个回路中的感应电动势 E 感=BL ab v 1=BLv 1，回路中感应电流 I=，选项 C 错误.ab 棒受到的安培力为 F 安=BIL=B=，ab 棒沿导轨匀速运动，受力平衡.ab 棒受到的拉力为 F=F 摩+F 安=μmg+，选项 A 正确.cd 棒所受摩擦力为 f=μF 安=μ，选项 B 错误.cd 棒也匀速直线运动，受力平衡，mg=f ，mg=μ，μ=，选项 D 正确.）6．设杆2的运动速度为v ，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势 E ＝B l (v 0－v )感应电流 21R R E I +=杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， B l I ＝μm 2g导体杆2克服摩擦力做功的功率： P ＝μm 2gv 解得：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=)(2122202R R lB gm v g m P μμ7．（1）感应电动势2Eklt∆Φ==∆，感应电流2E kl Irr==，方向为逆时针方向a d e b a →→→→ （2）t ＝t 1（s ）时，B ＝B 0＋kt 1，F ＝BIl 所以301()kl FB kt r=+（3）要棒中不产生感应电流，则总磁通量不变20()Bl l vt B l+=，所以0B l Bl vt=+8．（1）刚进入磁场时，线框的速度v ＝12gh ＝10 m/s ，产生的感应电动势E ＝Bd v ，受到的安培力F ＝BId ＝B 2d 2v /R ，有线框匀速运动，得mg ＝F ，解得B ＝0.4 T ．（2）线框匀速下落l 用时t 1＝l /v ＝0.05 s ，剩下的时间t 2＝Δt －t 1＝0.1 s 内做初速度为v ，加速度为g 的匀加速运动，运动的位移s ＝v t 2＋21gt 22＝1.05 m ，则磁场区域的高度h 2＝s ＋l ＝1.55 m ．9．杆ef 受重力mg 、拉力F 、安培力f 做匀加速运动，有 F －mg －f ＝ma其中安培力222B d v f R=它的运动速度v ＝at ，拉力F 的功率P 随时间变化2222()2B d a t P Fv m g a at R==++杆bc 受两根平行导轨的拉力F 杆（方向向上）和重力及安培力（方向向上），处于静止．拉力：222222B d v B d at F m g m g RR=-=-杆．开始时，安培力较小，拉力F 杆＞0，方向向上；某时刻（222mgR tB d a=），F 杆＝0，随时间推移，安培力增大，F 杆＜0，方向变为向下．10．以a 表示金属杆运动的加速度，在t 时刻，金属杆与初始位置的距离221at L =，此时杆的速度at v =，这时，杆与导轨构成的回路的面积S ＝Ll ，回路中的感应电动势 Blv tBS E +∆∆= 而：B ＝kt ，()B k t t ktk tt∆+∆-==∆∆回路的总电阻R ＝2Lr 0，回路中的感应电流RE i =作用于杆的安培力Bli F = 解得 t r l k F 022123=，代入数据为N F 31044.1-⨯=§9.5 电磁感应中的能量转化和图象问题1．D （匀速即拉力等于安培力，拉力所做的功大小等于安培力所做的功的大小．根据公式E=BLV ，E=IR ，F=BIL ，W=FS ，可以推出W 2=2W 1，电流做功都用来发热，所以Q 2=2Q 1．）2．A （线圈在进入和转出磁场的过程中磁通量才发生变化,故在这样的两个过程中才有感应电流.进入磁场的过程是磁通量增加,由楞次定律可知电流的方向为逆时针,符合题目要求.由于线框是扇形的且匀速转动,可知磁通量的变化是均匀的,故得到的感应电流是稳定的,所以选项A 是正确. ）3．BCD （导体棒ab 充当电源，由闭合电路欧姆定律和功、功率的的公式可解得本题答案） 4．AD （t 1时刻Q 的磁场增强,通过P 的Φ增加,P 有向下运动的趋势,故F N ＞G .而t 2、t 4时刻Q 的磁场不变,P 中无感应电流,故Q 对P 无磁场力作用,有F N =Ｇ.t 3时刻P 中虽有感应电流,但Q 中电流为零,P 、Q 无相互作用力,故t 3时刻F N =G ．）5．A （由图象可知，在0到1秒的时间内，磁感应强度均匀增大，那么感应电流的方向为逆时针方向，与图示电流方向相反，为负值，排除B 、C 选项.根据法拉第电磁感应定律，其大小tS B t∆∙∆=∆∆Φ=ε，Rt S B RE I ∙∆∙∆==为一定值，在2到3秒和4到5秒内，磁感应强度不变，磁通量不变，无感应电流生成，D 错误，所以A 选项感应强度不变，磁通量不变，无感应电流生成，D 错误.）6．（1） cd 棒静止时 θsin g m BIL cd = cd 棒两端电压为 Ir U =代入数据解得：1=U V（2）ab 棒向上匀速运动时θsin g m BIL F ab +=回路中电流为rBL I 2υ=则：)/(10sin 222s m LB gr m cd ==θυ代入数据解拉力功率 )(15W F P ==υ7．（1）在从图甲位置开始（t ＝0）转过60o 的过程中，经t ∆，转角t ∆=∆ωθ，回路的磁通量为：B l 221θ∆=∆Φ；由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：tE ∆∆Φ=因匀速转动，这就是最大的感应电动势，由闭合欧姆定律可求得：2021Bl RI ω=，前半圈和后半圈I （t ）相同，故感应电流频率等于旋转频率的2倍： ωπ=f ；（2）图线如图丙所示：8．（1）加速度越来越小的加速直线运动；（2）感应电动势 E ＝Blv ，感应电流 E I R=安培力 22m B L v F B IL R==由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，22B L v F f R=+ ∴ 2222R Rf v F B LB L=-由图线可以得到直线的斜率 k ＝2，而 22R k B L=，即：1B ==T（3）由图线的直线方程：2222R Rf v F B LB L=-可知直线的截距为 224Rf B L-=-m/s∴ 可以求出金属杆所受到的阻力f ，代入数据可得：f ＝2N9．（1）线框在下落阶段匀速进入磁场的瞬间222B a v m g f R=+解得： 222()m g f R v B a-=（2）线框从离开磁场至上升到最高点的过程211()2m g f h m v +=线框从最高点回落至进入磁场瞬间221()2m g f h m v -=解得：1222)R v B a==（3）线框在向上通过磁场过程中220111()()22m v m v Q m g f a b -=+++v 0＝2v 1所以： 222443[()]()()2RQ m m g f m g f a b B a=--++10．（1）由图可知，在t ＝1.0s 后，导体杆做匀速运动，且运动速度大小为：s m ts v /2=∆∆=此时，对导体AC 和物体D 受力分析，有：F T T +'=，Mg T ='；对电动机，由能量关系，有：rI Tv IU 2+=由以上三式，可得：N T 5.3=，NF 5.0=再由BILF=、RE I=及BLvE=，得：m vFR BL 0.11==（或由REr I Mgv UI 22++=及BLvE=求解）（2）对于导体AC 从静止到开始匀速运动这一阶段，由能量守恒关系对整个系统，有：FW rt I v m M Mgh UIt ++++=22)(21则FW Q==3.8J单元测试卷第九章测试题电磁感应一、单选题1．C （导体棒AB 运动的加速度mRv L B F a /22-=，故开始阶段作加速度减小的的加速运动，而v RBLv I ∝=．）2．ABC （将图中铜盘A 所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B 所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，进而分析可得．）3．A （当导线中的电流突然增大时，可判断线框整体向外的磁通量增大，由楞次定律可判断线框中将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可判断cd 边和ab 受到导线的安培力向右，而ad 、bc 两边整体所受安培力为零，因此，整个线框所受安培力向右，即x 轴正向．）4．A （磁性小球通过塑料管时不产生感应电流，做自由落体运动；但通过金属管时将产生感应电流，受到安培力作用，阻碍其相对运动．）5．D （电子将向M 板偏转，上部线圈中应产生上正下负的感应电动势，再对由楞次定律判断．） 6．B （图a 中，ab 棒以v 0向右运动的过程中，电容器开始充电，充电后ab 棒就减速，ab 棒上的感应电动势减小，当ab 棒上的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab 棒上无电流，从而做匀速运动；图b 中，由于R 消耗能量，所以ab 棒做减速运动，直至停止；图c 中，当ab 棒向右运动时，产生的感应电动势与原电动势同向，因此作用在ab 棒上的安培力使ab 棒做减速运动，速度减为零后，在安培力作用下向左加速运动，向左加速过程中，ab 棒产生的感应电动势与原电动势反向，当ab 棒产生的感应电动势与原电动势大小相等时，ab 棒上无电流，从而向左匀速运动，所以B 正确．）二、多选题7．A D （由动能定理可得A 选项正确、BC 选项错误；由于各力做总功为零，则恒力F 与重力的合力所做的功等于等于克服安培力做的功，即等于电阻R 上发出的焦耳热．）8．CD （从能量的角度考虑，导轨光滑时，金属棒的动能全部转化为电能，最终以焦耳热的形式释放出来；导轨粗糙时，金属棒的动能一部分转化为电能，另一部分通过摩擦转化为热能，而安培力做功可以用机械能与电能之间的转化来量度，因此产生的电能不相同，所以A 错；电流做功可产生焦耳热，因此可以比较电流做功不同，B 错；但两个过程中，机械能都全部转化为热量，所以C 对；两个过程中，第二种种情况运动时间较小．）9．BD （产生感应电流后，两导体滑杆中的电流相等，受到磁场的作用力大小相等，感应电流的磁场阻碍原磁通量的增大，故两杆同时向右加速运动，因F 为恒力，磁场对杆的作用力为变力，随速度的增大而增大，因而开始时两杆做变加速运动（ab 加速度减小，cd 加速度增大），当两杆具有相同加速度时，它们以共同的加速度运动．）10．BCD （电流I 增大的过程中，穿过金属环C 的磁通量增大，环中出现逆时针的感应电流，可以将环等效成一个正方形线框，利用“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”得出环将受到向下的斥力且无转动，所以悬挂金属环C 的竖直拉力变大，环仍能保持静止状态．） 11．BD （等离子气流由左方连续以v 0射入两板间的匀强磁场中，正电荷向上偏转、负电荷向下偏转，通过ab 直导线的电流向下，由楞次定律可分时间段判断cd 导线中的电流方向，再由同向电流相互吸引、反向电流相互排斥分析得出．）三、填空题12．由题意可知，A 环的面积是B 环的4倍，所以A 环产生的感应电动势是B 环的4倍,A 环的电阻是B 环的2倍.磁场只穿过A 环时，A 环视为电源，B 环为外电路，此时有BA A R R E +RB =U ；磁场只穿过B环时，B 环是电源，A 环为外电路，此时有BA B R R E +R A =U ′.由以上关系可求得U ′=U /2.13．(1)S 闭合时：A 灯的电流从0一直增大到0.15A ；B 灯的电流从0到0.2A 然后到0.15A ,(2)S 断开时；A 灯的电流从0.15A 瞬间变为0,B 灯的电流从0.15A 慢慢得变到0．14．根据U=Bdv 得v = 流量Q=πd 2v =.四、论述与计算题15．推导证明略16．该同学的结论是正确的．设转轮的角速度、转速分别为ω和n ，轮子转过θ角所需时间为⊿t ，通过线圈的磁通量的变化量为。

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

9-1两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R ．若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动，试求小线圈回路中产生的感应电动势的大小．解：在轴线上的磁场()()22003322222IR IR B x R x R xμμ=≈>>+32202xr IR BS πμφ==v xr IR dt dx x r IR dt d 422042202332πμπμφε=--=-=9-2如图所示，有一弯成θ 角的金属架COD 放在磁场中，磁感强度B ϖ的方向垂直于金属架COD 所在平面．一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v ϖ向右滑动，v ϖ与MN 垂直．设t =0时，x = 0．求当磁场分布均匀，且B ϖ不随时间改变，框架内的感应电动势i ε．解：12m B S B xy Φ=⋅=⋅,θtg x y ⋅=,vt x =22212/()/i d dt d Bv t tg dt Bv t tg εϕθθ=-=-=⋅，电动势方向：由M 指向N9-3 真空中，一无限长直导线，通有电流I ，一个与之共面的直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧。

已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ，如图所示。

若线圈以垂直于导线方向的速度v 向右平移，当B 点与直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势的大小和方向。

解：当线圈ABC 向右平移时，AB 和AC 边中会产生动生电动势。

当C 点与长直导线的距离为d 时，AC 边所在位置磁感应强度大小为：02()IB a d μπ=+AC 中产生的动生电动势大小为：xr IRx vC DOxMθBϖv ϖ02()AC AC IbvBl v a d μεπ==+，方向沿CA 方向如图所示，在AB 边上取微分元dl ，微分元dl 中的动生电动势为，()AB d v B dl ε=⨯⋅v v v其方向沿BA 方向。

大学物理（少学时）第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

大学物理（少学时）第9章电磁感应与电磁场课后习题答案9-1两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R ．若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动，试求小线圈回路中产生的感应电动势的大小．解：在轴线上的磁场()()22003322222IR IR B x R x R xμμ=≈>>+32202xr IR BS πμφ==v xr IR dt dx x r IR dt d 422042202332πμπμφε=--=-=9-2如图所示，有一弯成θ 角的金属架COD 放在磁场中，磁感强度B ?的方向垂直于金属架COD 所在平面．一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v ?向右滑动，v ?与MN 垂直．设t =0时，x = 0．求当磁场分布均匀，且B ?不随时间改变，框架内的感应电动势i ε．解：12m B S B xy Φ=?=?,θtg x y ?=,vt x =22212/()/i d dt d Bv t tg dt Bv t tg ε?θθ=-=-=?，电动势方向：由M 指向N9-3 真空中，一无限长直导线，通有电流I ，一个与之共面的直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧。

已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ，如图所示。

若线圈以垂直于导线方向的速度v 向右平移，当B 点与直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势的大小和方向。

解：当线圈ABC 向右平移时，AB 和AC 边中会产生动生电动势。

当C 点与长直导线的距离为d 时，AC 边所在位置磁感应强度大小为：02()IB a d μπ=+AC 中产生的动生电动势大小为：xr IRx vC DOxMθBv ?02()AC AC IbvBl v a d μεπ==+，方向沿CA 方向如图所示，在AB 边上取微分元dl ，微分元dl 中的动生电动势为，()AB d v B dl ε=??v v v其方向沿BA 方向。

(完整word版)高中物理电磁感应精选练习题及答案

【例 1】（ 2004，上海综合）发电的基来源理是电磁感觉。

发现电磁感觉现象的科学家是（）A ．安培B ．赫兹C ．法拉第D ．麦克斯韦分析：该题考察相关物理学史的知识，应知道法拉第发现了电磁感觉现象。

答案： C【例 2】发现电流磁效应现象的科学家是 ___________，发现通电导线在磁场中受力规律的科学家是 __________ ，发现电磁感觉现象的科学家是 ___________，发现电荷间相互作使劲规律的的科学家是 ___________。

分析：该题考察相关物理学史的知识。

答案：奥斯特安培法拉第库仑 ☆☆对观点的理解和对物理现象的认识【例 3】以下现象中属于电磁感觉现象的是（）A ．磁场对电流产生力的作用B ．变化的磁场使闭合电路中产生电流C ．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D ．电流四周产生磁场分析：电磁感觉现象指的是在磁场产生电流的现象，选项B 是正确的。

答案： B★ 稳固练习1.对于磁通量、磁通密度、磁感觉强度，以下说法正确的选项是（）A ．磁感觉强度越大的地方，磁通量越大B ．穿过某线圈的磁通量为零时，由B=Φ可知磁通密度为零SC ．磁通密度越大，磁感觉强度越大D ．磁感觉强度在数值上等于 1 m 2的面积上穿过的最大磁通量分析： B 答案中“磁通量为零”的原由可能是磁感觉强度（磁通密度）为零，也可能是线圈平面与磁感觉强度平行。

答案：CD2.以下单位中与磁感觉强度的单位“特斯拉”相当的是（）A ．Wb/m 2B ． N/A · mC ． kg/A · s 2D ． kg/C · m.答案： ABC 分析：物理量间的公式关系，不单代表数值关系，同时也代表单位3.对于感觉电流，以下说法中正确的选项是（）A ．只需穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就必定有感觉电流B ．只需闭合导线做切割磁感线运动，导线中就必定有感觉电流C ．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中必定没有感觉电流D ．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中必定有感觉电流答案： D 4.在一长直导线中通以如下图的恒定电流时，套在长直导线上的闭合线环（环面与导线垂直，长直导线经过环的中心），当发生以下变化时，必定能产生感觉电流的是（）A ．保持电流不变，使导线环上下挪动B ．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小1分析：画出电流四周的磁感线散布状况。

电磁感应电磁场和电磁波(附答案解析)

一填空题1. 把一个面积为S ，总电阻为R 的圆形金属环平放在水平面上，磁感应强度为B 的匀强磁场竖直向下，当把环翻转︒180的过程中，流过环某一横截面的电量为。

答：RBS2。

2. 一半径为m 10.0=r 的闭合圆形线圈，其电阻Ω=10R ，均匀磁场B垂直于线圈平面。

欲使线圈中有一稳定的感应电流A 01.0=i ，B 的变化率应为多少1s T -⋅。

答：1s T 18.3-⋅。

3. 如图所示，把一根条形磁铁从同样高度插到线圈中同样的位置处，第一次动作快，线圈中产生的感应电动势为1ε；第二次慢，线圈中产生的感应电动势为2ε，则两电动势的大小关系是1ε 2ε答：>。

（也可填“大于”）4. 如图所示，有一磁感强度T 1.0=B 的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab 保持与框架边垂直、由静止开始下滑。

已知ab 长m 1.0，质量为kg 001.0，电阻为Ω1.0，框架电阻不计，取2s m 10⋅=g ，导体ab 下落的最大速度 1s m -⋅。

答：1s m 10-⋅。

5. 金属杆ABC 处于磁感强度T 1.0=B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里（如图所示）。

已知BC AB =m 2.0=，当金属杆在图中标明的速度方向运动时，测得C A ,两点间的电势差是V 0.3，则可知B A ,两点间的电势差ab V Ｖ。

答：V 0.2。

6. 半径为r 的无限长密绕螺线管，单位长度上的匝数为n ，通以交变电流t I I ωcos 0=，则围在管外的同轴圆形回路(半径为R )上的感生电动势为。

答：t nI r ωωμsin π002。

7. 铁路的两条铁轨相距L ，火车以v 的速度前进，火车所在地处地磁场强度在竖直方向上的分量为B。

两条铁轨除与车轮接通外，彼此是绝缘的。

两条铁轨的间的电势差U为。

答：BLv。

8. 图中，半圆形线圈感应电动势的方向为（填：顺时针方向或逆时针方向）。

《电磁感应-电磁场》练习题及答案解析

《电磁感应-电磁场》练习题及答案解析练习11. 选择题1. 一闭合正方形线圈放在均匀磁场中，绕通过其中心且与一边平行的转轴OO′转动，转轴与磁场方向垂直，转动角速度为ω，如图所示．用下述哪一种办法可以使线圈中感应电流的幅值增加到原来的两倍(导线的电阻不能忽略)：( ) A. 把线圈的匝数增加到原来的两倍；B. 把线圈的面积增加到原来的两倍，而形状不变；C. 把线圈切割磁力线的两条边增长到原来的两倍；D. 把线圈的角速度增大到原来的两倍。

2. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时： ( ) A. 铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势； B. 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小； C. 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大； D. 两环中感应电动势相等。

3. 对于位移电流，下列说法中正确的是 ( ) A. 与电荷的定向运动有关； B. 揭示了变化的电场能激发磁场； C. 产生焦耳热； D. 与传导电流一样。

4. 一圆形线圈在均匀磁场中作下列运动时，会产生感应电流的情况是 ( ) A. 沿垂直磁场方向平移；B. 以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；C. 沿平行磁场方向平移；D. 以直径为轴转动，轴跟磁场平行。

OB2. 填空题1.如图所示，在一长直导线L中通有电流I，ABCD为一矩形线圈，它与L皆在纸面内，且AB边与L平行：(1) 矩形线圈在纸面内向右移动时，线圈中感应电动势方向为____________；(2) 矩形线圈绕AD边旋转，当BC边已离开纸面正向外运动时，线圈中感应动势的方向为_________________________。

2.引起动生电动势的非静电力是力；引起感生电动势的非静电力是力。

3.∮H⃗∙dlL=I+I d表明磁场强度沿任一闭合回路的线积分等于通过以该回路为边界的任意曲面的；∮E⃗∙dll =−dΦdt的物理意义是变化的磁场产生。

ch9+电磁感应和电磁场+习题及答案

证明：设平行板电容器极板面积为，极板间距为，则
而电容：
所以，
则
19. 给电容为的平行板电容器充电，传导电流为 (SI)，时电容器极板上无电荷。求：
(1)极板间电压随时间而变化的关系式；
(2) 时刻极板间总的位移电流 (忽略边缘效应)。
解：（1）传导电流与极板上电量的关系：，所以
极板间电压随时ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 而变化的关系式
解：建立图示坐标系，长直导线在右边产生的磁感应强度大小为
时刻通过线圈平面的磁通量为
任一时刻线圈中的感应电动势为
5.如图所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈。两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以的变化率增大，求：
(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；
(2)线圈中的感应电动势。
解：(1)任一时刻通过线圈平面的磁通量为
(2)线圈中的感应电动势为
6.如图所示，长直导线中的电流沿导线向上，并以的变化率均匀增长。导线附近放一个与之共面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示。求此线框中产生的感应电动势的大小和方向。
解：建立图示的坐标系，在直角三角形线框上处取平行于y轴的宽度为、高度为的窄条。由几何关系得到 (SI)
解：、运动速度方向与磁力线平行，不产生感应电动势。
产生动生电动势为
产生电动势为
回路中总感应电动势为
方向沿顺时针。
8.如图所示，载有电流的长直导线附近，放一导体半圆环与长直导线共面，且端点的连线与长直导线垂直。半圆环的半径为，环心与导线相距。设半圆环以速率平行导线平移。求半圆环内感应电动势的大小和方向及两端的电压。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为

第九章电磁感应电磁场(一)答案

一．选择题[ D ]1.（基础训练3）在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为的正方向，则代表线圈内自感电动势随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？【解答】 dt dI L L -=ε，在每一段都是常量。

dtdI[ D ]2. （基础训练5）在圆柱形空间内有一磁感强度为B的均匀磁场，如图所示．B的大小以速率d B /d t 变化．在磁场中有A 、B 两点，其间可放直导线AB和弯曲的导线AB ，则 (A) 电动势只在导线AB 中产生． (B) 电动势只在AB 导线中产生． (C) 电动势在AB 和AB 中都产生，且两者大小相等．(D) AB 导线中的电动势小于导线中的电动势【解答】连接oa 与ob ，ob ab ob oab εεεε++=。

因为涡旋电场总是与圆柱截面垂直，所以oa 和ob 上的涡旋电场方向处处垂直于oa 、ob ，即0=⋅==⎰→→l d E ob ob εεoab ob d dB S dt dtφεε==-=- o ab oabd d dtdtϕϕ∴<[ B ]3.（基础训练6）如图12-16所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为 (A) 0ε= 221l B U U ca ω=- (B) 0ε= 221l B U U c a ω-=- (C)2B l εω=221l B U U ca ω=- (D) 2B l εω= 221l B U U c a ω-=- 【解答】ab 边以匀速转动时 0=-=dtd abc φε 22l B l d B v U U U U L c b c a ω-=∙⎪⎭⎫⎝⎛⨯=-=-⎰→→→ [ B ]4.（自测提高2）真空中一根无限长直细导线上通电流I ，则距导线垂直距离为a 的空间t t tt t (b)(a)Bab cl ω图12-16某点处的磁能密度为(A)200)2(21a I πμμ (B) 200)2(21aI πμμ (C) 20)2(21I a μπ (D) 200)2(21a I μμ 【解答】距离为a 的空间该点的磁感应强度大小为：aIB πμ20=磁能密度为 200022212⎪⎭⎫⎝⎛==a I B w m πμμμ[ B ]5.（自测提高5）用导线围成的回路(两个以O 点为心半径不同的同心圆，在一处用导线沿半径方向相连)，放在轴线通过O 点的圆柱形均匀磁场中，回路平面垂直于柱轴，如图12-26所示．如磁场方向垂直图面向里，其大小随时间减小，则(A)→(D)各图中哪个图上正确表示了感应电流的流向？【解答】根据公式S dt B d l E S L d d ⋅-=⋅⎰⎰⎰感，因为0<dtBd且磁场方向垂直图面向里，所以感应电流为顺时针方向，再由于感应电流是涡电流，故选B 图。

电磁感应与电磁场作业纸答案

第10章电磁感应与电磁场一、选择题1、一导体圆线圈在均匀磁场中运动，在下列情况下，会产生感应电流的是（ D ）A ．线圈沿磁场方向平移B ．线圈以自身直径为轴转动，轴与磁场方向平行C ．线圈沿垂直于磁场方向平移D ．线圈以自身直径为轴转动，轴与磁场方向垂直 2、将磁铁从迅速插入和缓慢插入金属环，若两种情况下磁铁的起始位置和终了位置均相同，则关于两种情况环中的感应电动势和感生电量的说法正确的是（ C ）A ．感应电动势不同；感生电量也不同B ．感应电动势相同，感生电量也相同；C ．感应电动势不同，感生电量相同；D ．感应电动势相同，感生电量不同． 3、如图所示，A 为闭合的导体环，B 为有间隙的导体环，则当磁铁分别移近A 和B 时，关于A 和B 的运动描述正确的是（ A ）A ．A 环被排斥，B 环不动 B ．A 环被吸引，B 环不动C ．A 环被吸引，B 环被吸引D ．A 环被排斥，B 环被排斥4、在感应电场中电磁感应定律可写成⎰-=•L K dtdl d E φ ，式中K E 为感应电场的电场强度。

此式表明（ D ）A. 闭合曲线L 上K E处处相等 B. 感应电场是保守力场。

C ．感应电场的电力线不是闭合曲线D ．在感应电场中不能像对静电场那样引入电势的概念 5、关于长直螺线管线圈的自感，以下说法正确的是（ D ） A 、螺线管中通有的电流越大，自感也越大； B 、螺线管横截面通过的磁通量越大，自感也越大C 、在单位长度匝数不变的情况下，真空中螺线管长度越长，自感就越大；D 、在单位长度匝数不变的情况下，真空中螺线管体积越大，自感就越大6、如图，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴O 作逆时钟方向匀角速度转动，O 点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时。

图(A)--(D)的t -ε函数图像中哪一条属于半圆形导线回路中产生的感应电动势（A ）7、如图所示的闭合线圈abcda 均位于匀强磁场中，当磁场不断减小时，回路中不产生感应电流的是（ B ）8、如图所示，两个圆环形导体a 、b 互相垂直地放置，且圆心重合，当它们的电流I 1、和I 2同时发生变化时，则（ D ）(A) a 导体产生自感电流，b 导体产生互感电流(B) 两导体同时产生自感电流和互感电流(C) b 导体产生自感电流，a 导体产生互感电流；(D)两导体只产生自感电流，不产生互感电流。

ch9电磁感应和电磁场习题及答案.docx

第9章电稳感应和电磁场习题及答案1. 通过某冋路的磁场与线圈平而垂立指向纸面内，磁通量按以下关系变化: O = (r 2+6z + 5)xl0_3W/?o 求t = 2s 吋，冋路中感应电动势的大小和方向。

d ①o解：^ = -—= -(2r + 6)xW 3 dt 当 t = 2s 时，6： = -0.0 IV由楞次定律知，感应电动势方向为逆吋针方向2. 长度为/的金属杆必以速率u 在导电轨道abed 上平行移动。

已知导轨处于均匀磁场鸟中,B 的方向与冋路的法线成60°角，如图所示，B 的大小为B = kt(k 为正常数)。

设t = 0时杆位于cd 处，求：任一时刻f 导线回路中感应电动势的大小和方向。

解：任意时刻通过通过冋路而积的磁通量为① == B/wcos60° =丄 klut 12导线回路中感应电动势为方向沿abeda 方向。

3. 如图所示，一•边长为a,总电阻为R 的止方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外,其大小沿兀方向变化，且B = k(l + x), k>0。

求：(1)穿过止方形线框的磁通量：(2)当P 随时间/按k ⑴=如(灯为止值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。

解(1)通过正方形线框的磁通量为①二 -dS - J Badx = akf (1 + x)dx(2)当k=k o t 时，通过正方形线框的磁通量为①=u~ + — 6/)正方形线框中感应电动势的大小为正方形线框线框中电流大小为a? k 1I=~ = — (1+-6Z ),方向：顺时针方向 R R 24.如图所示，一矩形线圈与载有电流/ = /()coscw 长直导线共面。

设线圈的长为b,宽为a ；(=0吋，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度0垂直离开导线。

求任一吋刻线圈中的感应电动势的大小。

解：建立图示坐标系，长宜导线在右边产生的磁感应强度大小为B 卫2mt 时刻通过线圈平血的磁通量为①訂0・d4广如皿=必In 出几」川2加 2龙 Dt=-kl vt“Job 1 vt +a = cos cot In --------------- 2/r vt任一时刻线圈屮的感应电动势为d ① r ci cos cot • t vt + a y= ------- = 0| ------------ ^cosmcotln ---------- ]dt 17i (vt + d)t vt5. 如图所示，在两平行载流的无限长直导线的平而内有一矩形线圈。

(word完整版)高中物理电磁感应习题及答案解析(2021年整理)

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1．图12—2，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L 的线圈外,其他部分与甲图都相同，导体AB 以相同的加速度向右做匀加速直线运动。

若位移相同，则（）A ．甲图中外力做功多B ．两图中外力做功相同C ．乙图中外力做功多D ．无法判断2．图12-1，平行导轨间距为d ，一端跨接一电阻为R ，匀强磁场磁感强度为B ,方向与导轨所在平面垂直。

一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计。

当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v 滑行时，通过电阻R 的电流强度是（）A ．Bdv RB ．sin Bdv RθC ．cos Bdv Rθ D ．sin Bdv R θ3．图12-3,在光滑水平面上的直线MN 左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场,右侧是无磁场空间。

将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v 向右完全拉出匀强磁场。

已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2.则拉出过程中下列说法中正确的是（）A ．所用拉力大小之比为2：1B ．通过导线某一横截面的电荷量之比是1:1C ．拉力做功之比是1:4D ．线框中产生的电热之比为1：24．图12—5，条形磁铁用细线悬挂在O 点。

大学物理第九章练习参考答案

第九章电磁感应电磁场理论练习一一.选择题1. 在一线圈回路中，规定满足如图1所示的旋转方向时，电动势ε，磁通量Φ为正值。

若磁铁沿箭头方向进入线圈，则有（ B ）(A ) d Φ /dt < 0， ε < 0 ； (B ) d Φ /dt > 0， ε < 0 ； (C ) d Φ /dt > 0， ε > 0 ； (D ) d Φ /dt < 0， ε > 0。

2. 一磁铁朝线圈运动，如图2所示，则线圈内的感应电流的方向（以螺线管内流向为准）以及电表两端电势U A 和U B 的高低为（ C ）(A ) I 由A 到B ，U A >U B ； (B ) I 由B 到A ，U A <U B ； (C ) I 由B 到A ，U A >U B ； (D ) I 由A 到B ，U A <U B 。

3. 一长直螺线管，单位长度匝数为n ，电流为I ，其中部放一面积为A ，总匝数为N ，电阻为R 的测量线圈，如图3所示，开始时螺线管与测量线圈的轴线平行，若将测量线圈翻转180°，则通过测量线圈某导线截面上的电量∆q 为（ A ）(A ) 2μ0nINA /R ； (B ) μ0nINA /R ； (C ) μ0NIA /R ； (D ) μ0nIA /R 。

4. 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，磁通量的变化率相同，则环中（ A ）（A ）感应电动势相同，感应电流不同；（B ）感应电动势不同，感应电流相同；（C ）感应电动势相同，感应电流相同；（D ）感应电动势不同，感应电流不同。

二.填空题1．真空中一长度为0l 的长直密绕螺线管，单位长度的匝数为n ，半径为R ，其自感系数L可表示为0220l R n L πμ=。

2. 如图4所示，一光滑的金属导轨置于均匀磁场B 中，导线ab 长为l ，可在导轨上平行移动，速度为v ，则回路中的感应电动势ε=θsin Blv ，a 、b 两点的电势a U ＜ b U （填<、=、>），回路中的电流I=R Blv /sin θ，电阻R 上消耗的功率P=R Blv /)sin (2θ。