電磁感應

一、楞次定律的推廣含義的應用

(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”．

(2)阻礙(導體的)相對運動——“來拒去留”．

(3)磁通量增加，線圈面積“縮小”，磁通量減小，線圈面積“擴張”．

(4)阻礙線圈自身電流的變化(自感現象)．

1．如圖所示，在載流直導線近旁固定有兩平行光滑導軌A、B，導軌與直導線平行且在同一水平面內，在導軌上有兩可自由滑動的導體ab和cd.當載流直導線中的電流逐漸增強時，導體ab和cd的運動情況是()

A．一起向左運動

B．一起向右運動

C．ab和cd相向運動，相互靠近

D．ab和cd相背運動，相互遠離

答案：C

2．如圖所示，老師做了一個物理小實驗讓學生觀察：一輕質橫桿兩側各固定一金屬環，橫桿可繞中心點自由轉動，老師拿一條形磁鐵插向其中一個小環，后又取出插向另一個小環，同學們看到的現象是()

A．磁鐵插向左環，橫桿發生轉動

B．磁鐵插向右環，橫桿發生轉動

C．無論磁鐵插向左環還是右環，橫桿都不發生轉動D．無論磁鐵插向左環還是右環，橫桿都發生轉動

答案：B

3．直導線ab放在如圖所示的水平導體框架上，構成一個閉合回路．長直導線cd和框架處在同一個平面內，且cd和ab平行，當cd中通有電流時，發現ab向左滑動．關于cd中的電流下列說法正確的是()

A．電流肯定在增大，不論電流是什么方向

B．電流肯定在減小，不論電流是什么方向

C．電流大小恒定，方向由c到d

D．電流大小恒定，方向由d到c

解析：ab向左滑動，說明通過回路的磁通量在減小，通過回路的磁感應強度在減弱，通過cd的電流在減小，與電流方向無關．

答案：B

4．如圖是某電磁沖擊鉆的原理圖，若突然發現鉆頭M向右運動，則可能是()

①．開關S閉合瞬間

②．開關S由閉合到斷開的瞬間

③．開關S已經是閉合的，變阻器滑片P向左迅速滑動

④．開關S已經是閉合的，變阻器滑片P向右迅速滑動

A．①③

B．②④

C．①④

D．②③

答案：A

5．如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈均與傳送帶以相同的速度勻速運動．為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區域，磁場方向垂直于傳送帶，線圈進入磁場前等距離排列，穿過磁場后根據線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈，通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()

①．若線圈閉合，進入磁場時，線圈相對傳送帶向后滑動

②．若線圈不閉合，進入磁場時，線圈相對傳送帶向后滑動

③．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈

④．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈狀

A．①③

B．②③

C．②④

Ｄ．①④

解析：由電磁感應條件和楞次定律，①正確，②錯誤．由各線圈位置關系，③錯誤，④正確．

答案：

D

二、楞次定律、右手定則、左手定則、安培定則的綜合應用

安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的比較及應用

基本現象

應用的定則或定律

運動電荷、電流產生磁場

安培定則

磁場對運動電荷、電流有作用力

左手定則

電磁感應

部分導體做切割磁感線運動

右手定則

閉合回路磁通量變化

楞次定律

2.應用區別

關鍵是抓住因果關系：

（1）因電而生磁（I→B）→安培定則；

（2）因動而生電（v、B→I安）→右手定則；

（3）因電而受力（I、B→F安）→左手定則.6．如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在外力的作用下運動時，MN在磁場力的作用下向右運動，則PQ所做的運動可能是()不定項

A．向右加速運動

B．向左加速運動

C．向右減速運動

D．向左減速運動

解析：由右手定則，PQ向右加速運動，穿過L1的磁通量向上且增加，由楞次定律和左手定則可判斷MN向左運動，故A項錯．

若PQ向左加速運動，情況正好和A項相反，故B項對．

若PQ向右減速運動，由右手定則，穿過L1的磁通量向上且減小，由楞次定律和左手定則可判知MN向右運動，故C項對．

若PQ向左減速運動，情況恰好和C項相反，故D項錯，故選B、C.答案：BC

7．如圖所示，在勻強磁場中放有平行銅導軌，它與大導線圈M相連接，要使小導線圈N獲得順時針方向的感應電流，則放在導軌中的裸金屬棒ab的運動情況是(兩導線圈共面放置)()

A．向右勻速運動

B．向左勻速運動

C．向右減速運動

D．向右加速運動

解析：欲使N產生順時針方向的感應電流，感應電流的磁場垂直紙面向里，由楞次定律可知有兩種情況：一是M中有順時針方向逐漸減小的電流，使其在N中的磁場方向向里，且磁通量在減小，二是M中有逆時針方向逐漸增大的電流，使其在N中的磁場方向向外，且磁通量在增大．因此，對于前者應使ab向右減速運動，對于后者則應使ab向左加速運動．應選C.答案：C

三、法拉第電磁感應定律

2．公式E＝n

與E＝BLv的區別與聯系

E＝n

E＝BLv

區

別

研究對象

閉合回路

回路中做切割磁感線運動的那部分導體

適用范圍

對任何電磁感應現象普遍適用

只適用于導體切割磁感線運動的情況

聯　系

(1)E＝BLv可由E＝n

推導出來．

E即為瞬時感應電動勢．

(3)在B、L、v三者均不變時，兩公式均可求Δt時間內的平均感應電動勢.8．如圖中半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，則通過電阻R的電流的大小和方向是(金屬圓盤的電阻不計)()

A．由c到d，I＝Br2ω/R

B．由d到c，I＝Br2ω/R

C．由c到d，I＝Br2ω/(2R)

D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)

答案：D

9．如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論錯誤的是()

A．感應電流方向不變

B．CD段直導線始終不受安培力

C．感應電動勢最大值Em＝Bav

D．感應電動勢平均值＝πBav

答案：B

10．如圖所示，在垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場區域中有一個均勻導線制成的單匝直角三角形線框．現用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行．已知AB＝BC＝l，線框導線的總電阻為R.則線框離開磁場的過程中()

A．線框中的電動勢與時間無關

B．通過線框截面的電荷量為

C．線框所受外力的最大值為

D．線框中的熱功率與時間成正比

解析：三角形線框向外勻速運動的過程中，由于有效切割磁感線的長度l＝vt，所以線框中感應電動勢的大小E＝Blv＝Bv2t，故選項A錯誤；線框離開磁場的運動過程中，通過線圈的電荷量Q＝It＝×Δt＝，選項B正確；當線框恰好剛要完全離開磁場時，線框有效切割磁感線的長度最大，則F＝BIl＝，選項C錯誤；線框的熱功率為P＝Fv＝BIvt×v＝，選項D錯誤．

答案：

B

11．如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP放置在水平面內．MO間接有阻值為R＝3

Ω的電阻．導軌相距d＝1

m，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5

T．質量為m＝0.1

kg，電阻為r＝1

Ω的導體棒CD垂直于導軌放置，并接觸良好．用平行于MN的恒力F＝1

N向右拉動CD.CD受摩擦阻力f恒為0.5

N．求：

(1)CD運動的最大速度是多少？

(2)當CD到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？

(3)當CD的速度為最大速度的一半時，CD的加速度是多少？

解析：(1)設CD棒運動速度為v，則：導體棒產生的感應電動勢為：E＝Bdv

①

據閉合電路歐姆定律有：I＝

②

則安培力為：F0＝BdI

③

據題意分析，當v最大時，有：F－F0－Ff＝0

④

聯立①②③④得：vm＝＝8

m/s.⑤

(2)棒CD速度最大時同理有：Em＝Bdvm

⑥

Im＝

⑦

而PRm＝I·R

⑧

聯立⑤⑥⑦得：PRm＝＝3

W．

⑨

(3)當CD速度為vm時有：E′＝Bdvm/2

⑩

I＝

?

F′＝Bid

?

據牛頓第二定律有：F－F′－Ff＝ma

?

聯立⑩????得：a＝2.5

m/s2.?

答案：(1)8

m/s(2)3

W(3)2.5

m/s2

12．如圖所示，兩豎直放置的平行光滑導軌相距0.2

m，其電阻不計，處于水平向里的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度為0.5

T，導體棒ab與cd的電阻均為0.1

Ω，質量均為0.01

kg.現用豎直向上的力拉ab棒，使之勻速向上運動，此時cd棒恰好靜止，已知棒與導軌始終接觸良好，導軌足夠長，g取10

m/s2，則()

A．ab棒向上運動的速度為4

m/s

B．ab棒受到的拉力大小為0.4

N

C．在2

s時間內，拉力做功為0.2

J

D．在2

s時間內，ab棒上產生的焦耳熱為0.4

J

解析：cd棒受到的安培力等于它的重力，A項錯誤．ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F，則ab棒受到的拉力FT＝F＋G

＝2mg＝0.2

N，B項錯誤．在2

s內拉力做的功，W＝FTvt＝0.2×2×2

J＝0.8

J，C項錯誤．在2

s內ab棒上產生的熱量

D正確．

答案：D

13．如圖所示，在水平桌面上放置兩條相距l的平行粗糙且無限長的金屬導軌ab與cd，阻值為R的電阻與導軌的a、c端相連．金屬滑桿MN垂直于導軌并可在導軌上滑動，且與導軌始終接觸良好．整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上，磁感應強度的大小為B.滑桿與導軌電阻不計，滑桿的中點系一不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一質量為m的物塊相連，拉滑桿的繩處于水平拉直狀態．現若從靜止開始釋放物塊，用I表示穩定后回路中的感應電流，g表示重力加速度，設滑桿在運動中所受的摩擦阻力恒為f，則在物塊下落過程中()

A．物體的最終速度為

B．物體的最終速度為

C．穩定后物體重力的功率為I2R

D．物體重力的最大功率可能大于

解析：由題意分析可知，從靜止釋放物塊，它將帶動金屬滑桿MN一起運動，當它們穩定時最終將以某一速度做勻速運動而處于平衡狀態，設MN的最終速度為v，對MN列平衡方程：＋f＝mg，∴v＝，所以A項正確；又從能量守恒定律角度進行分析，物塊的重力的功率轉化為因克服安培力做功而產生的電熱功率和克服摩擦力做功產生熱功率，所以有：

I2R＋fv＝mgv，所以，v＝，所以B項錯誤，C項錯誤；物塊重力的最大功率為Pm＝mgv＝mg，所以D錯誤．

答案：A

14．兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平面．質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為μ，導軌電阻不計，回路總電阻為2R.整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向水平向右的勻強磁場中．當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v沿導軌勻速運動時，cd桿也正好以某一速度向下勻速運動．重力加速度為g.以下說法錯誤的是（A．ab桿所受拉力F的大小為μmg＋

B．cd桿所受摩擦力為零

C．cd桿向下勻速運動的速度為

D．ab桿所受摩擦力為2μmg

解析：ab桿的速度方向與磁感應強度的方向平行，只有cd桿運動切割磁感線，設cd桿向下運動的速度為v1，根據閉合電路的歐姆定律及法拉第電磁感應定律有：I＝，E＝BLv1

cd桿只受到豎直向下的重力mg和豎直向上的安培力作用(因為cd桿與導軌間沒有正壓力，所以摩擦力為零)．由平衡條件得：mg＝BLI＝

解得cd桿向下勻速運動的速度為

ab桿的受力如圖所示，根據平衡條件可得：N＝2mg，F＝f＝2μmg

綜上所述，選項B、C、D正確．

答案：A

15．如圖所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質量為m長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面的，大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′的位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數為μ.則()

A．上滑過程中導體棒受到的最大安培力為

B．上滑過程中電流做功發出的熱量為mv2－mgssin

θ

C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為mv2

D．上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2－mgssin

θ

解析：電路中總電阻為2R，故最大安培力的數值為.由能量守恒定律可知：導體棒動能減少的數值應該等于導體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產生的電熱和克服摩擦阻力做功產生的內能．其公式表示為：mv2＝mgssin

θ＋μmgscos

θ＋Q電熱，則有：Q電熱＝mv2－(mgssin

θ＋μmgscos

θ)，即為安培力做的功．導體棒損失的機械能即為安培力和摩擦力做功的和，W損失＝mv2－mgssin

θ.D正確．

答案：

D

16．如圖所示，半徑為a的圓環電阻不計，放置在垂直于紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場中，環內有一導體棒電阻為r，可以繞環勻速轉動．將電阻R，開關S連接在環和棒的O端，將電容器極板水平放置，并聯在R和開關S兩端，如圖所示．

(1)開關S斷開，極板間有一帶正電q，質量為m的粒子恰好靜止，試判斷OM的轉動方向和角速度的大小．

(2)當S閉合時，該帶電粒子以g的加速度向下運動，則R是r的幾倍？

解析：(1)由于粒子帶正電，故電容器上極板為負極，根據右手定則，OM應繞O點逆時針方向轉動．

粒子受力平衡：mg＝q，E＝Ba2ω.當S斷開時，U＝E，解得ω＝.(2)當S閉合時，根據牛頓第二定律mg－q＝m·g，U′＝·R，解得＝3.答案：(1)OM應繞O點逆時針轉動(2)3

17．如圖，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區，MN和是勻強磁場區域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直，現金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，下圖2是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區域瞬間的速度一時間圖象，圖象中坐標軸上所標出的字母均為已知量，求：

（1）金屬框的邊長；

（2）磁場的磁感應強度；

（3）金屬線框在整個下落過程中所產生的熱量。

（1）金屬框進入磁場過程中做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1，所以金屬框的邊長

（2）在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力

（3）金屬框進入磁場過程中產生熱量Q1，出磁場時產生熱量Q2