电磁感应规律的应用练习题

第4章第5节基础夯实解析：假设存在圆形闭合回路，回路中应产生与电场同向的感应电流，由安培定则可知，感应电流的磁场向下，所以根据楞次定律，引起感应电流的应是方向向下的磁场迅速减弱或方向向上的磁场迅速增强，故A、C正确．2．在下图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感应电场的是()答案：C3．一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，如图所示则()A．ε＝πfL2B，且a点电势低于b点电势B．ε＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势C．ε＝πfL2B，且a点电势高于b点电势D．ε＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势答案：A解析：对于螺旋桨叶片ab，其切割磁感线的速度是其做圆周运动的线速度，螺旋桨上不同的点线速度不同，但满足v′＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωL/2＝πfL，运用法拉第电磁感应定律E＝BLv＝πfL2B.由右手定则判断电流的方向为由a指向b，在电源内部电流由低电势流向高电势，故选项A正确．4．如图所示，两个比荷相同的都带正电荷的粒子a和b以相同的动能在匀强磁场中运动，a从B1区运动到B2区，已知B2B1；b开始在磁感应强度为B1的磁场中做匀速圆周运动，然后磁场逐渐增加到B2.则a、b两粒子的动能将()AA．a不变，b增大B．a不变，b变小C．a、b都变大D．a、b都不变答案：解析：a粒子一直在恒定的磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，动能不变；b粒子在变化的磁场中运动，由于变化的磁场要产生感生电场，感生电场会对它做正功，所以，A选项是正确的．5．(2010·绵阳南山中学高二期中)如图所示，等腰直角三角形OPQ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，它的OP边在x轴上且长为l，纸面内一边长为l的正方形导线框的一条边也在x轴上，且线框沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t＝0时该线框恰好位于图中的所示位置．现规定顺时针方向为导线框中电流的正方向，则在线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是()答案：D解析：根据E＝BLv，i＝ER和右手定则可判D正确．6．某空间存在以ab，cd为边界的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，区域宽为L1，现有一矩形线框处在图中纸面内，它的短边与ab重合，长度为L2，长边长度为2L1，某时刻线框以初速度v0沿与ab垂直的方向进入磁场区域，同时某人对线框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不变．设该线框的电阻为R，则从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框作用力做的功等于________________．答案：2v0L1B2L22/R解析：竖直边在磁场中切割磁感线产生的电动势为E＝BL2v0，回路中电流I＝E/R＝BL2v0/R.保持线框匀速运动施加的外力与磁场力相等F＝IL2B＝B2L22v0/R，线框两竖直边切割磁感线运动的位移相等，均为L1，故人对线圈做的总功W＝F·2L1＝2v0L1B2L22/R.也可利用能量关系解，人对线框做的功等于线框回路中产生的焦耳热．7．如下图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2＝0.8m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2Ω，匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路．ad杆通过细绳跨过定滑轮接一个质量为m＝0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt＝0.2T/s的变化率均匀地增大，求经过多长时间物体m刚好能离开地面？(g取10m/s2)答案：10s解析：物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIl1①其中B＝ΔBΔt·t②感应电流由变化的磁场产生I＝ER＝ΔΦΔt·1R＝ΔBΔt·l1l2R③所以由上述三式联立可得t＝mgRl21l2·ΔtΔB·ΔtΔB＝10s能力提升1．(2010·江苏启东中学高二期中)内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么(如图所示)()CDA．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大B．小球所受的磁场力一定不断增大C.小球先沿逆时针方向减速运动，之后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球一直不做功答案：解析：变化的磁场将产生感生电场，这种感生电场由于其电场线是闭合的，也称为涡旋电场，其场强方向可借助电磁感应现象中感应电流方向的判定方法，使用楞次定律判断．当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝Bqv，磁场在增强，球速先减小，后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大；向心力F向＝mv2r，其大小随速度先减小后增大，因此压力FN也不一定始终增大．故正确答案为C、D.2．如图所示，一金属方框abcd从离磁场区域上方高h处自由落下，然后进入与线框平面垂直的匀强磁场中，在进入磁场的过程中，可能发生的情况是()A．线框做加速运动，加速度agB．线框做匀速运动C．线框做减速运动D．线框会跳回原处答案：ABC解析：由楞次定律的另一种表述知：感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动．当线框下落进入磁场过程中，感应电流的磁场将阻碍线框进入磁场，这就说明进入磁场时产生的感应电流使线框受到向上的安培力．设线框bc边长为L，整个线框电阻为R，进入磁场时速度为v，bc边进入磁场时感应电动势E＝BLv，线框中的电流I＝BLvR.受到向上的安培力F＝ILB＝B2L2vR＝B2L2R2gh.①如果F＝mg，线框将匀速进入磁场．②如果Fmg，线框将加速进入磁场，但随着速度的增大，F增大，加速度减小，因此进入磁场的过程就是加速度逐渐减小的加速过程．③如果Fmg，线框将减速进入磁场，随着速度的减小，F减小，加速度的值将减小，线框做加速度减小的减速运动．由此可见，其进入磁场的运动特点是由其自由下落的高度h决定的(对于确定的线圈)，A、B、C三种情况均有可能．但第四种情况D绝不可能，因为线框进入磁场，才会受到向上的安培力，同时受到向上的力是因为有电流，可见已经有一部分机械能转化为电能，机械能不守恒．3．一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向．线圈中的箭头为电流i的正方向，如图1所示，已知线圈中感应电流i随时间变化的图象如图2所示，则磁感应强度随时间而变化的图象可能是图3中的()图3答案：CD解析：因为向里的磁场为正方向，对A开始时是负的逐渐增大，即向外逐渐增大，根据楞次定律知电流方向是顺时针，由法拉第电磁感应定律，电动势是不变的，即电流是恒定值且为正值，而要产生开始时是负的电流，故A错误；对B来说开始时是向外并逐渐减小，由楞次定律得电流是逆时针为负，且为恒定值，但0～1s都是负的恒定值，B错误；对于C开始时是向里并逐渐增大，由楞次定律知电流为逆时针为负，并且0～0.5s时为负，0.5～1.5s时磁场已由向里开始减小，电流方向变成顺时针为正．故C正确；对于D开始时向里并逐渐增大产生负方向的电流，0.5s～1.5s磁场变成正方向逐渐减小，电流方向变为顺时针，故D正确．4．把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v2＝2v1，则两情况下拉力的功之比W1W2＝________，拉力的功率之比P1P2＝________，线圈中产生的焦耳热之比Q1Q2＝________.答案：W1W2＝12；P1P2＝14；Q1Q2＝12.解析：设线圈的ab边长为l、bc边长为l′，整个线圈的电阻为R.把ab拉出磁场时，cd边以速度v匀速运动切割磁感线产生动生电动势E＝Blv，其电流方向从c指向d，线圈中形成的感应电流I＝ER＝BlvR，cd边所受的安培力F＝IlB＝B2l2vR.为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为F′＝F＝B2l2vR.因此拉出线圈时外力的功W＝Fl′＝B2l2l′Rv.(即W∝v)外力的功率P＝Fv＝B2l2Rv2.(即P∝v2)线圈中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝B2l2v2R2R·l′v＝B2l2l′Rv＝W.即Q∝v.由上面得出的W、P、Q的表达式可知，两情况拉力的功、功率，线圈中的焦耳热之比分别为W1W2＝v1v2＝12；P1P2＝v21v22＝14；Q1Q2＝W1W2＝125．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m、导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小．(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小．(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案：(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4T垂直导轨平面向上解析：(1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma①由①式解得a＝10×(0.6－0.25×0.8)m/s2＝4m/s2②(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mgsinθ－μmgcosθ－F＝0③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＝P④由③、④两式解得v＝PF＝Pθ－μcosθ＝8－m/s＝10m/s⑤(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长度为l，磁场的磁感应强度为BI＝vBlR⑥P＝I2R⑦由⑥、⑦两式解得B＝PRlv＝8×210×1T＝0.4T⑧磁场方向垂直导轨平面向上．6．如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中，一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力．(1)通过ab边的电流Iab是多大？(2)导体杆ef的运动速度v是多大？答案：(1)Iab＝3mg4B2L2(2)v＝3mgr4B1B2L1L2解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有Iab＝34I①Idc＝14I②金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2③由①～③，解得Iab＝3mg4B2L2④(2)由(1)可得I＝mgB2L2⑤设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有E＝B1L1v⑥设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则R＝34r⑦根据闭合电路欧姆定律，有I＝ER⑧由⑤～⑧，解得v＝3mgr4B1B2L1L2⑨本题综合了平衡、电路、电磁感应等问题，但思路并不曲折，属于容易题．