电磁感应

一、楞次定律的推广含义的应用

(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．

(2)阻碍(导体的)相对运动——“来拒去留”．

(3)磁通量增加，线圈面积“缩小”，磁通量减小，线圈面积“扩张”．

(4)阻碍线圈自身电流的变化(自感现象)．

1．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是()

A．一起向左运动

B．一起向右运动

C．ab和cd相向运动，相互靠近

D．ab和cd相背运动，相互远离

答案：C

2．如图所示，老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是()

A．磁铁插向左环，横杆发生转动

B．磁铁插向右环，横杆发生转动

C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动

答案：B

3．直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是()

A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向

B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向

C．电流大小恒定，方向由c到d

D．电流大小恒定，方向由d到c

解析：ab向左滑动，说明通过回路的磁通量在减小，通过回路的磁感应强度在减弱，通过cd的电流在减小，与电流方向无关．

答案：B

4．如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()

①．开关S闭合瞬间

②．开关S由闭合到断开的瞬间

③．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动

④．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动

A．①③

B．②④

C．①④

D．②③

答案：A

5．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是()

①．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动

②．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动

③．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈

④．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈状

A．①③

B．②③

C．②④

Ｄ．①④

解析：由电磁感应条件和楞次定律，①正确，②错误．由各线圈位置关系，③错误，④正确．

答案：

D

二、楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用

安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用

基本现象

应用的定则或定律

运动电荷、电流产生磁场

安培定则

磁场对运动电荷、电流有作用力

左手定则

电磁感应

部分导体做切割磁感线运动

右手定则

闭合回路磁通量变化

楞次定律

2.应用区别

关键是抓住因果关系：

（1）因电而生磁（I→B）→安培定则；

（2）因动而生电（v、B→I安）→右手定则；

（3）因电而受力（I、B→F安）→左手定则.6．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()不定项

A．向右加速运动

B．向左加速运动

C．向右减速运动

D．向左减速运动

解析：由右手定则，PQ向右加速运动，穿过L1的磁通量向上且增加，由楞次定律和左手定则可判断MN向左运动，故A项错．

若PQ向左加速运动，情况正好和A项相反，故B项对．

若PQ向右减速运动，由右手定则，穿过L1的磁通量向上且减小，由楞次定律和左手定则可判知MN向右运动，故C项对．

若PQ向左减速运动，情况恰好和C项相反，故D项错，故选B、C.答案：BC

7．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨中的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置)()

A．向右匀速运动

B．向左匀速运动

C．向右减速运动

D．向右加速运动

解析：欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小，二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此，对于前者应使ab向右减速运动，对于后者则应使ab向左加速运动．应选C.答案：C

三、法拉第电磁感应定律

2．公式E＝n

与E＝BLv的区别与联系

E＝n

E＝BLv

区

别

研究对象

闭合回路

回路中做切割磁感线运动的那部分导体

适用范围

对任何电磁感应现象普遍适用

只适用于导体切割磁感线运动的情况

联　系

(1)E＝BLv可由E＝n

推导出来．

E即为瞬时感应电动势．

(3)在B、L、v三者均不变时，两公式均可求Δt时间内的平均感应电动势.8．如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)()

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．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是()

A．感应电流方向不变

B．CD段直导线始终不受安培力

C．感应电动势最大值Em＝Bav

D．感应电动势平均值＝πBav

答案：B

10．如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中()

A．线框中的电动势与时间无关

B．通过线框截面的电荷量为

C．线框所受外力的最大值为

D．线框中的热功率与时间成正比

解析：三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l＝vt，所以线框中感应电动势的大小E＝Blv＝Bv2t，故选项A错误；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q＝It＝×Δt＝，选项B正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F＝BIl＝，选项C错误；线框的热功率为P＝Fv＝BIvt×v＝，选项D错误．

答案：

B

11．如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内．MO间接有阻值为R＝3

Ω的电阻．导轨相距d＝1

m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5

T．质量为m＝0.1

kg，电阻为r＝1

Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN的恒力F＝1

N向右拉动CD.CD受摩擦阻力f恒为0.5

N．求：

(1)CD运动的最大速度是多少？

(2)当CD到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少？

(3)当CD的速度为最大速度的一半时，CD的加速度是多少？

解析：(1)设CD棒运动速度为v，则：导体棒产生的感应电动势为：E＝Bdv

①

据闭合电路欧姆定律有：I＝

②

则安培力为：F0＝BdI

③

据题意分析，当v最大时，有：F－F0－Ff＝0

④

联立①②③④得：vm＝＝8

m/s.⑤

(2)棒CD速度最大时同理有：Em＝Bdvm

⑥

Im＝

⑦

而PRm＝I·R

⑧

联立⑤⑥⑦得：PRm＝＝3

W．

⑨

(3)当CD速度为vm时有：E′＝Bdvm/2

⑩

I＝

⑪

F′＝Bid

⑫

据牛顿第二定律有：F－F′－Ff＝ma

⑬

联立⑩⑪⑫⑬⑭得：a＝2.5

m/s2.⑭

答案：(1)8

m/s(2)3

W(3)2.5

m/s2

12．如图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2

m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5

T，导体棒ab与cd的电阻均为0.1

Ω，质量均为0.01

kg.现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10

m/s2，则()

A．ab棒向上运动的速度为4

m/s

B．ab棒受到的拉力大小为0.4

N

C．在2

s时间内，拉力做功为0.2

J

D．在2

s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.4

J

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

＝2mg＝0.2

N，B项错误．在2

s内拉力做的功，W＝FTvt＝0.2×2×2

J＝0.8

J，C项错误．在2

s内ab棒上产生的热量

D正确．

答案：D

13．如图所示，在水平桌面上放置两条相距l的平行粗糙且无限长的金属导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连．金属滑杆MN垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B.滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I表示稳定后回路中的感应电流，g表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为f，则在物块下落过程中()

A．物体的最终速度为

B．物体的最终速度为

C．稳定后物体重力的功率为I2R

D．物体重力的最大功率可能大于

解析：由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态，设MN的最终速度为v，对MN列平衡方程：＋f＝mg，∴v＝，所以A项正确；又从能量守恒定律角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生热功率，所以有：

I2R＋fv＝mgv，所以，v＝，所以B项错误，C项错误；物块重力的最大功率为Pm＝mgv＝mg，所以D错误．

答案：A

14．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动．重力加速度为g.以下说法错误的是（A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋

B．cd杆所受摩擦力为零

C．cd杆向下匀速运动的速度为

D．ab杆所受摩擦力为2μmg

解析：ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，只有cd杆运动切割磁感线，设cd杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有：I＝，E＝BLv1

cd杆只受到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用(因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零)．由平衡条件得：mg＝BLI＝

解得cd杆向下匀速运动的速度为

ab杆的受力如图所示，根据平衡条件可得：N＝2mg，F＝f＝2μmg

综上所述，选项B、C、D正确．

答案：A

15．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的，大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则()

A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为

B．上滑过程中电流做功发出的热量为mv2－mgssin

θ

C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2

D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin

θ

解析：电路中总电阻为2R，故最大安培力的数值为.由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能．其公式表示为：mv2＝mgssin

θ＋μmgscos

θ＋Q电热，则有：Q电热＝mv2－(mgssin

θ＋μmgscos

θ)，即为安培力做的功．导体棒损失的机械能即为安培力和摩擦力做功的和，W损失＝mv2－mgssin

θ.D正确．

答案：

D

16．如图所示，半径为a的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒电阻为r，可以绕环匀速转动．将电阻R，开关S连接在环和棒的O端，将电容器极板水平放置，并联在R和开关S两端，如图所示．

(1)开关S断开，极板间有一带正电q，质量为m的粒子恰好静止，试判断OM的转动方向和角速度的大小．

(2)当S闭合时，该带电粒子以g的加速度向下运动，则R是r的几倍？

解析：(1)由于粒子带正电，故电容器上极板为负极，根据右手定则，OM应绕O点逆时针方向转动．

粒子受力平衡：mg＝q，E＝Ba2ω.当S断开时，U＝E，解得ω＝.(2)当S闭合时，根据牛顿第二定律mg－q＝m·g，U′＝·R，解得＝3.答案：(1)OM应绕O点逆时针转动(2)3

17．如图，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区，MN和是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，下图2是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度一时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量，求：

（1）金属框的边长；

（2）磁场的磁感应强度；

（3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量。

（1）金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，所以金属框的边长

（2）在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力

（3）金属框进入磁场过程中产生热量Q1，出磁场时产生热量Q2