高中物理练习法拉第电磁感应定律及其应用

第9章第2讲一、选择题1．下列说法正确的是()A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C．线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大[答案]D[解析]对于A、B两项显然违背前面所述，对于C项，磁感应强度越大的线圈的磁通量不一定大，Φ不一定大，ΔΦ也不一定大，ΔΦΔt更不一定大，故C错，只有D项，磁通量变化得快，即ΔΦΔt大，由于E＝nΔΦΔt可知，选项D正确．2．(2010·广东理综)如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域．细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t的变化的图示，可能正确的是()[答案]A[解析]考查法拉第电磁感应定律．金属棒匀速通过匀强磁场时，由E＝BLv知，E不变，再结合计时起点问题，故选项A正确．3．(2010·银川模拟)如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是()A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆C．G1、G2表的指针都向左摆D．G1、G2表的指针都向右摆[答案]B[解析]电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，产生与原方向相同的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆．B项正确．4．如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋Kt(K0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板()A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是KL2C4πD．带负电，电荷量是KL2C4π[答案]D[解析]磁感应强度以B＝B0＋Kt(K0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝KS，而S＝L24π，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝KL2C4π；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确．5．(2010·龙岩毕业班质检)矩形导线框abcd固定在匀强磁场中(如图甲所示)，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则()A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大D．从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变[答案]A[解析]从0到t1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流，故A正确；由公式E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt，I＝ER，由于磁感应强度均匀减小，ΔBΔt为一恒定值，线框中产生的感应电流大小不变，故B、C错误；磁感应强度B均匀变化，由公式F＝BILbc知：bc边受的安培力是变化的，故D错误．6．(2010·济南模拟)如图甲所示，一底边为L，高也为L的等腰三角形导体框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L，宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体穿过磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是图乙中的()甲乙[答案]A[解析]在进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度逐渐减小，所以电流逐渐减小，全部进入磁场后电流为零．在出磁场的过程中，电流方向与进入时反向，电流逐渐为零，故A对．7．如图所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强均匀减小(假设不会减至零)，同时施加一个水平外力F使金属棒ab保持静止，则F()A．方向向右，且为恒力B．方向向右，且为变力C．方向向左，且为变力D．方向向左，且为恒力[答案]C[解析]根据楞次定律，B减小时，磁通量Φ减小，为阻碍Φ减小，ab产生向右运动的趋势，故外力F方向向左．再根据电磁感应定律，E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt，B均匀减小，故ΔBΔt不变，E不变，I不变，F安＝BIL均匀减小，故F为变力，C项正确．8.如图甲所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L＝0.1m，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度B＝10T，质量m＝0.1kg、电阻为R＝2Ω的金属杆ab接在两导轨间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取g＝10m/s2，当下落h＝0.8m时，开关S闭合．若从开关S闭合时开始计时，则ab下滑的速度v随时间t变化的图象是图乙中的()图甲图乙[答案]D[解析]开关S闭合时，金属杆的速度v＝2gh＝4m/s.感应电动势E＝BLv，感应电流I＝E/R，安培力F＝BLI，联立解出F＝2N.因为Fmg＝1N，故ab杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故D正确．二、非选择题9．如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的二分之一．磁场垂直穿过粗金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为________．[答案]2E3[解析]设粗环电阻为R，则细环电阻为2R，由于磁感应强度随时间均匀变化，故回路中感应电动势E恒定．回路中感应电流I＝E3R，由欧姆定律a、b两点电势差(细环两端电压)U＝I·2R＝23E.10．如图所示，不计电阻的U形导轨水平放置，导轨宽l＝0.5m，左端连接阻值为0.4Ω的电阻R.在导轨上垂直于导轨放一电阻为0.1Ω的导体棒MN，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量m＝2.4g的重物，图中L＝0.8m，开始时重物与水平地面接触并处于静止．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0＝0.5T，并且以ΔBΔt＝0.1T/s的变化率在增大．不计摩擦阻力，求至少经过多长时间才能将重物吊起？(g取10m/s2)[答案]1s[解析]以MN为研究对象，有BIl＝FT，以重物为研究对象，有FT＋FN＝mg.由于B在增大，安培力BIl增大，绳的拉力FT增大，地面的支持力FN减小，当FN＝0时，重物将被吊起．此时BIl＝mg①又B＝B0＋ΔBΔtt＝0.5＋0.1t②E＝LlΔBΔt③I＝ER＋r④联立①②③④，代入数据解得t＝1s.11．在国庆焰火联欢晚会中，天空中出现了如图所示的雪域天路巨幅烟花画，现场观众均为我国交通运输的发展而兴高采烈．铁路运输的原理是：将能够产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢的下面，如图甲(俯视图)所示，当它经过安放在两铁轨之间的矩形线圈时，线圈会产生一个电信号传输给控制中心．已知矩形线圈的长为L1，宽为L2，匝数为n.若安装在火车首节车厢下面的磁铁产生的匀强磁场的宽度大于L2，当火车通过放在两铁轨之间的矩形线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u随时间t变化的关系如图乙所示．不计线圈电阻，据此计算：(1)火车的加速度；(2)火车在t1～t2时间内的平均速度和安装在火车首节车厢下面的磁铁产生的匀强磁场宽度．[答案](1)u2－u1nBL2t2－t1(2)u2＋u12nBL2(t2－t1)[解析](1)根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势E＝nBL2v不计线圈电阻，t1时刻线圈两端电压u1＝nBL2v1，t2时刻线圈两端电压u2＝nBL2v2则火车的加速度a＝(v2－v1)/(t2－t1)联立解得a＝u2－u1nBL2t2－t1(2)由于火车做匀加速运动，火车在t1～t2时间内的平均速度v＝(v2＋v1)/2＝u2＋u12nBL2，安装在火车首节车厢下面的磁铁产生的匀强磁场的宽度D＝v(t2－t1)＝u2＋u12nBL2(t2－t1)．12．(2010·盐城模拟)如图甲所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着边界．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t0穿出磁场．图乙所示为外力F随时间t的变化的图象．若线框质量为m、电阻R及图象中的F0、t0均为已知量，则根据上述条件，请你推出：(1)磁感应强度B的表达式；(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E的表达式．[答案](1)8m3RF02t05(2)2Rt0F02m[解析](1)线框运动的加速度：a＝F0m①线框边长：l＝12at02②线框离开磁场前瞬间速度：v＝at0③由牛顿第二定律知：3F0－B2l2vR＝ma④解①②③④式得：B＝8m3RF02t05⑤(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势：E＝Blv⑥解①②③⑤⑥式得：E＝2Rt0F02m.13．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间加接阻值为R＝0.30Ω的电阻，长为L＝0.40m、电阻为r＝0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，通过传感器记录金属棒ab下滑的距离，其下滑距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计．(g＝10m/s2)求：时间t/s00.100.200.300.400.500.600.70下滑距离s/m00.100.300.701.201.702.202.70(1)在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值；(2)金属棒的质量；(3)在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量．[答案](1)0.6V(2)0.04kg(3)0.348J[解析](1)E＝ΔΦΔt＝BLsΔt＝0.6V.(2)从表格中数据可知，0.3s后棒做匀速运动速度v＝ΔsΔt＝5m/s由mg－F＝0，F＝BIL，I＝ER＋r，E＝BLv.解得m＝0.04kg.(3)棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热．则：mgs－Q＝12mv2－0QR＝RR＋rQ解得QR＝0.348J.