天津理工大学物理同步训练电磁感应答案

电磁感应答案(同步训练第28至32页)

一．选择题

1. B 注释: 楞次定律, 根据右手定则两根导线在圆形线圈区域的合磁场方向为垂直纸面向外,再由磁场逐渐变大,感应电流磁场因阻碍其变化垂直纸面向里,易知感应电流为顺时针.

2. A 注释: 楞次定律,由题知感应电流磁场方向与原磁场方向相反,应使磁通量变大,只有A 选项符合.

3.D 注释: 法拉第电磁感应定律. 由题可算得2

2

co s(

)sin 2

m B l t B l t πφωω=-= ,再由

2

co s m d B l t d t

φεωω=-

=-，电动势大小取绝对值。

4.A 注释：动生电动势方向为：v B ⨯

的方向在导线上的投影，利用右手定则判断，可知CA 段电动势方

向为C →A 则A 端比C 端高（电动势方向为低电势指向高电势）；CB 段电动势方向为C →B 则B 端比C 端高，又因为CA 段长切割磁感线多，所以A 比B 电势高。还可详细计算 2

13(

)2

4

A C C A U U

B l εω-=+=

;2

11()2

4

B C C B U U B l εω-=+=

得2

14

A

B

U

U

B l ω-=

5.D, 注释：导线与磁场平行没有切割磁感线故电动势为零；或者根据右手定则判断v B ⨯

的方向垂直纸

面向外在导线上没有投影。或者sin co s

02

l

vB d l πεθ==⎰

6.D 注释：楞次定律

7.D 注释：自感是描述线圈性质的一个物理量，只与线圈的几何形状、大小及周围磁介质有关，与是否通电流无关。

8A 注释：根据右手定则和楞次定律（互感）可知左边线圈感应电流磁场向下，所以C 板带正电，再右边电路vB l ε=，vB l I R R

ε=

= ，左边线圈互感电动势d I d v M

M B l M B la d t

d t

ε=-=-=-互为常数(利用

到导轨匀加速,加速度为常数)

9.D 注释: 感生电场. 变化磁场为圆柱形空间,可知感生电场线为一系列同心圆,连接,,,oa ob oa ob '',因感生电场线与半径垂直,所以在半径,,,oa ob oa ob ''方向上不产生感生电动势,所以

o a b

a b o a b d d t

φεε∆∆==-

,o a b a b o a b d d t

φεε''

∆''''∆==-,又因为oab oab oa b oa b B S B S φφ'''∆∆∆∆=<=,可得答案。注意比

较的是对磁通量有贡献的有效面积。

10.B 注释：螺线管的自感系数2

2

()N L n V L S L

μμ==，又磁场能量2

12

W L I =

二．填空题

1．2

sin 0

n I r t m

μωωπ 注释：无限长密绕螺线管管外没有磁场，所以磁通量中的面积为管的横截面积，

管内磁场o B ni μ=。再有2

sin 0

m n I r t m

d d t

μωωφε=-=-π

2．

2

92B R

ω ；O 点 注释：利用在均匀磁场中，导线在与磁场垂直的平面内围绕其一端匀速转动产生的

动生电动势的两个结论：2

12

B l εω=和任意形状导线与连接其始末端对应的直导线等效。利用右手定则

判断动生电势方向为b →O ，所以O 点电势最高。 ,

3．导线端点；导线中点 注释：结合选择题第4题。 4． 2

2

1R B ω;沿曲线由外指向中心 注释：利用在

均匀磁场中，导线在与磁场垂直的平面内围绕其一端匀速转动产生的动生电动势的两个结论：

2

12

B l

εω=和任意形状导线与连接其始末端对应的直导线等效。利用右手定则判断动生电势方向。 5．答案见图．

注释: d I L d t

ε=-及导数的意义:

d I d t

为I-t 图斜率

6．20 J 注释: 磁场能量2

12

W L I =

7. 1:2 ；1:2 注释: ：螺线管的自感系数2

2

(

)N L n V L S L

μμ==，又磁场能量2

12

W L I =

8．2A 注释: 位移电流数值上等于极板上电量随时间变化率。d q d U i C

d t

d t

==

9．不能 注释：静电场为保守力场，静电场力做功与路径无关，只与始末位置有关，进而在静电场中引入了电势能和电势的概念；而感生电场为非保守场，做功与路径有关，所以不能引入电势的概念。

三．计算题

1．解：长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为 0

()2I

B x

μ=

π

0d (

)2d b

d

Ia

x B d S x

μΦ+=

=⎰

⎰

π0ln (

)

2Ia

d b d

μ+=

π

∴ε0()d ln [

]2d

a

d d b I

d t

d t

μΦ+=

=

π

2. 解:t 时刻通过半圆的磁通量为t r

B

m

ωπcos 2

2

=Φ

2s i n 2

t r B dt

d m

ωωπε=Φ-

= ， R

t r B R i 2sin 2ωωπε=

= 3．解：建立坐标(如图)则：

x

I B π=

20μ， B

方向⊙

ε

d x x I x B d )1

(2v d v 0π=

=μ

ε

a

v 1

d ()d 2a b

I x x

με

+=

=

π

⎰⎰

a

b a I +π=ln

2v 0μ 根据楞次定律可知 D 端电势高 4．解：(1)

B

a U

U U E

O OE 2

2

1

ω=

-=

(2) 添加辅助线OF ，由于整个△OEF 内感应电动势为零，所以O E E F O F εεε+= 即可直接由辅助线上的

电动势 OF 来代替OE 、EF 两段内的电动势． a a OF 245cos 2=︒=

B

a a B U U U F O OF 22)2(2

1ωω==-= (3) 根据楞次定律可知 O 点电势最高

O

I C D

v

O