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電磁感應(yīng)綜合2 1.如圖甲所示，電阻R=1Ω、半徑r1=0.2m的單匝圓形導(dǎo)線框P內(nèi)有一個與P共面的圓形磁場區(qū)域Q，P、Q的圓心相同，Q的半徑r2=0.1m．t=0時刻，Q內(nèi)存在著垂直于紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示．若規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則線框P中感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系圖象應(yīng)該是圖中的（　?。? A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【詳解】由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得導(dǎo)線框P中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=△B?S△t=△B△t?πr22=0.01π（V），再由歐姆定律得，P中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：I=0.01π（A），由楞次定律，得電流的方向是順時針方向，故C正確，ABD錯誤；故選C。 【點睛】本題關(guān)鍵是根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，然后根據(jù)歐姆定律求解感應(yīng)電流． 2.在如圖所示的電路中，線圈中的自感系數(shù)很大，且其直流電阻可以忽略不計．D1和D2是兩個完全相同的小燈泡，在開關(guān)S的閉合和斷開的過程中（燈絲不會斷），D1和D2亮度的變化情況是（　?。? A. S閉合，D1很亮且亮度不變，D2逐漸變亮，最后兩燈一樣亮；S斷開，D2立即滅，D1逐漸變亮 B. S閉合，D1不亮，D2很亮；S斷開，D2立即滅 C. S閉合，D1和D2同時亮，而后D1滅，D2亮度不變：S斷開，D2立即滅，D1亮一下才滅 D. S閉合，D1和D2同時亮，后D1逐漸熄滅，D2則逐漸變得更亮；S斷開，D2立即滅，D1亮一下后才滅 【答案】D 【解析】 【詳解】S閉合瞬間，兩燈同時獲得電壓，同時發(fā)光，隨著線圈L電流的增加，逐漸將D1燈短路，D1燈熄滅，而外電阻減小，流過D2燈變亮；S斷開時，線圈與D1組成閉合回路，D2燈立即熄滅。線圈L中的電流開始減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源，使D1亮一下再慢慢熄滅。故ABC錯誤，D正確。故選D。 【點睛】對于線圈要抓住雙重特性：當(dāng)電流不變時，它是電阻不計的導(dǎo)線；當(dāng)電流變化時，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)于電源． 3.一閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，設(shè)垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度B的正方向，圖中箭頭為感應(yīng)電流I的正方向，如圖甲所示．已知線圈中的感應(yīng)電流隨時間變化的圖象如圖乙所示，則磁感應(yīng)強度隨時間變化的圖象可能是圖中的哪幾幅（　　） A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【詳解】由甲知：線圈中順時針方向的感應(yīng)電流為正，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度方向為正，則由乙可知：線圈中在前0.5s內(nèi)產(chǎn)生了逆時針方向的感應(yīng)電流，由楞次定律可得：當(dāng)磁通量增加時，感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相反；當(dāng)磁通量減小時，感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相同。 A圖中，在前0.5s內(nèi)由乙圖根據(jù)楞次定律可知，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負(fù)方向）時，必須是磁場均勻減弱的。而在0.5s-1.5s，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負(fù)方向）時，必須是磁場均勻增加的。所以A選項錯誤； B圖中，在前0.5s內(nèi)，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負(fù)方向）時，必須是磁場減弱的。而在0.5s-1.5s，由感應(yīng)電流方向，結(jié)合楞次定律可得：若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負(fù)方向）時，必須是磁場增加的。故B錯誤； C圖中，在前0.5s內(nèi)由乙圖根據(jù)楞次定律可知，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場增強的；若磁場方向垂直向外（負(fù)方向）時，必須是磁場減弱的。而在0.5s-1.5s，若磁場方向垂直向里（正方向）時，必須是磁場減弱的；若磁場方向垂直向外（負(fù)方向）時，必須是磁場增加的。所以C正確；由C選項分析可知，0.5s-1.0s，不符合電流圖象，故D錯誤；故選C。 【點睛】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律的圖象應(yīng)用，要注意正確掌握楞次定律的應(yīng)用，同時要注意正確分析圖象的性質(zhì)，能正確應(yīng)用排除法進(jìn)行分析． 4.李輝用多用表的歐姆檔測量一個變壓器線圈的電阻，以判斷它是否斷路．劉偉為了使李輝操作方便，用兩手分別握住線圈裸露的兩端讓李輝測量．已知歐姆檔電源電動勢1.5V，電流約3mA流經(jīng)變壓器線圈，劉偉的人體電阻約100KΩ．則當(dāng)李輝把多用表的表筆與被測線圈脫離時，劉偉兩手間的最大電壓約為（　?。? A. 1.5V B. 300V C. 150V D. 不能確定 【答案】B 【解析】 【詳解】已知歐姆檔電源電動勢1.5V，電流約3mA流經(jīng)變壓器線圈，劉偉的人體電阻約100KΩ。在電流變化時線圈才會產(chǎn)生自感電動勢回路接通的狀態(tài)時回路中電流不變化，線圈兩端不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，當(dāng)回路斷開時電流要立即減小到零但由于線圈的自感現(xiàn)象會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則當(dāng)李輝把多用表的表筆與被測線圈脫離時，劉偉兩手間的最大電壓約為U=IR=0.003100000=300V，故選B。 【點睛】本題考查了自感電動勢產(chǎn)生的條件，要知道歐姆表測電阻時，電流是很小的；當(dāng)電流變化時線圈才會產(chǎn)生較大的自感電動勢． 5.如右圖所示，兩個相鄰的勻強磁場，寬度均為L，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小分別為B、2B.邊長為L的正方形線框從位置甲勻速穿過兩個磁場到位置乙，規(guī)定感應(yīng)電流逆時針方向為正，則感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象是(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 金屬棒剛進(jìn)入磁場切割產(chǎn)生電動勢，右手定則判斷出感應(yīng)電流方向為順時針，所以電流為負(fù)值，此時的電流： I=ER=BLvR； 當(dāng)線框剛進(jìn)入第二個磁場時，則右側(cè)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向為順時針方向，左側(cè)金屬棒產(chǎn)生的電動勢，所產(chǎn)生感應(yīng)電流為逆時針方向，由于右側(cè)磁場強度為2I，則產(chǎn)生電流的方向為順時針，即電流值為負(fù)值，且此時電流： I2=ER=2BLvR?BLvR=I，當(dāng)線圈開始離開第二個磁場時，由右手定則可知，電流為逆時針，大小為2I，故ABC錯誤，D正確． 6.如圖，在水平面內(nèi)有四根相同的均勻光滑金屬桿ab、ac、de以及df，其中ab、ac在a點固定，de、df在d點固連，分別構(gòu)成兩個“V”字型導(dǎo)軌，空間中存在垂直于水平面的勻強磁場，用力使導(dǎo)軌edf勻速向右運動，從圖示位置開始計時，運動過程中兩導(dǎo)軌的角平分線始終重合，導(dǎo)軌間接觸始終良好，下列物理量隨時間的變化關(guān)系正確的是（　?。? A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 試題分析：設(shè)∠bac=2θ，剛開始時切割有效長度的一半為l0，則產(chǎn)生的電動勢E=BLv=Bv?(2l0+2vttanθ)=2Bvl0+2Bv2ttanθ，設(shè)單位長度金屬桿的電阻為r，則R=4l0tanθr+4vtcosθ，隨時間均勻增大，C正確，I=ER=ΔEΔR=2Bv2ttanθ4vtcosθ=2Bv2tanθ4vcosθ，電流恒定，D錯誤；根據(jù)F=BIL可知L∝t，I恒定，所以F隨時間均勻增大，A正確；克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的熱量，根據(jù)W=Fv，可知W∝t，B正確； 考點：考查了電磁感應(yīng)與圖像 【名師點睛】關(guān)于電磁感應(yīng)問題，特別是圖象問題，不能憑想當(dāng)然，最好是通過閉合電路歐姆定律找出關(guān)系式． 7.如圖所示，一電子以初速v沿與金屬板平行的方向飛入兩板間，在下列哪幾種情況下，電子將向M板偏轉(zhuǎn)？（　　） A. 開關(guān)S接通瞬間 B. 斷開開關(guān)S的瞬間 C. 接通S后，變阻器的滑動觸頭向右迅速滑動時 D. 接通S后，變阻器的滑動觸頭向左迅速滑動時 【答案】AD 【解析】 【詳解】由安培定則得下方的電流產(chǎn)生的磁場的方向N極向上，S向下；開關(guān)K接通瞬間，穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律知在上線圈中感應(yīng)出上正下負(fù)的電動勢，電子向M板偏轉(zhuǎn)，A正確；斷開開關(guān)K瞬間，穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律知在上線圈中感應(yīng)出上負(fù)下正的電動勢，電子向N板偏轉(zhuǎn)，B錯誤；接通K后，變阻器滑動觸頭向右迅速滑動，電阻增大，電流減小，穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律知在上線圈中感應(yīng)出上負(fù)下正的電動勢，電子向N板偏振，C錯誤；接通K后，變阻器滑動觸頭向左迅速滑動，電阻減小，電流增大，穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律知在上線圈中感應(yīng)出上正下負(fù)的電動勢，電子向M板偏振，D正確；故選AD。 8.如圖所示，一質(zhì)量為m1=0.1kg的小燈泡通過雙股柔軟輕質(zhì)導(dǎo)線與一質(zhì)量為m2=0.3kg的正方形線框連接成閉合回路（圖中用單股導(dǎo)線表示），已知線框匝數(shù)為N=10匝，總電阻為r=1Ω，線框正下方h=0.4m處有一水平方向的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=1T，磁場寬度與線框邊長均為L=0.2m，忽略所有摩擦阻力及導(dǎo)線電阻，現(xiàn)由靜止釋放線框，當(dāng)線框下邊進(jìn)入磁場的瞬間，加速度恰好為零，且小燈泡正常發(fā)光，g取10m/s2．則（　?。? A. 小燈泡的電阻R=3Ω B. 線框下邊進(jìn)入磁場的瞬間，小燈泡的速度v=3m/s C. 在線框進(jìn)入磁場區(qū)域的過程中，通過小燈泡的電荷量q=0.2C D. 在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，小燈泡消耗的電能ER=0.8J 【答案】AC 【解析】 試題分析：線框進(jìn)入磁場前，整個系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：m2gh-m1gh=（m1+m2）v2，代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s；選項B錯誤；線框勻速下落的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=NBLv，線框受到的安培力：，對線框，由平衡條件得：，解得燈泡電阻為：R=3Ω；選項A正確；線框勻速下落的高度為2L，由能量守恒定律得系統(tǒng)消耗的電能為：E電=2（m2-m1）gL， 消耗在小燈泡上的電能為：，解得：ER=0．6J，選項D錯誤；通過小燈泡的電荷量為：，代入數(shù)據(jù)解得：q=0．2C；選項C正確；故選AC． 考點：法拉第電磁感應(yīng)定律；能量守恒定律； 【名師點睛】本題是一道電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，分析清楚線框運動過程，應(yīng)用機械能守恒定律、E=BLv、歐姆定律、平衡條件、能量守恒定律、電流定義式即可正確解題。 9.如圖甲所示，位于豎直面內(nèi)的兩金屬導(dǎo)軌平行且處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面．導(dǎo)軌的一端與一電阻R相連，具有一定質(zhì)量的金屬桿ab放在導(dǎo)軌上且接觸良好并與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌上有支撐水平金屬桿的套環(huán)，使金屬桿始終保持靜止．當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t按如圖乙所示變化時（規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正），若規(guī)定套環(huán)對金屬桿的支持力向上為正，則如圖所示反映金屬桿所受的支持力F隨時間t變化和電阻R的發(fā)熱功率P隨時間t變化的圖線可能正確的是（　　） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【詳解】在0-0.5s內(nèi)，B均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢：E1=△Φ△t=△B△tS=2B0?B00.5S=2B0S，根據(jù)楞次定律判斷得知，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿b→a，為負(fù)方向。感應(yīng)電流的大小為I1=E1R=2B0SR，ab棒所受的安培力大小為FA1=BI1L=2B0SLR（B0+2B0t），方向向左，則拉力大小為F1=FA1=2B0SLR（B0+2B0t），方向向右，為正方向；在0.5-1s內(nèi)，B不變，穿過回路的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，安培力和拉力均為零；在1-2s內(nèi)，B均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢：E2=△Φ△t=△B△tS=2B0S0.5S=4B0S，根據(jù)楞次定律判斷得知，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿a→b，為正方向。感應(yīng)電流的大小為I2=E2R=4B0SR，ab棒所受的安培力大小為FA2=BI2L=4B0SLR[2B0-4B0（t-1）]= 4B0SLR（6B0-4B0t），方向向右，則拉力大小為F2=FA2=4B0SLR（6B0-4B0t），方向向左，為負(fù)方向；故知A正確。有前面分析的電流大小，結(jié)合功率公式：P=I2R知，C圖象正確；故選AC。 10.如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線圈，在金屬線圈的下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，邊界的寬度為S，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直．現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的v﹣t圖象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金屬線框的邊長為L（L＜S）、質(zhì)量為m，電阻為R，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量．（下落過程中bc邊始終水平）根據(jù)題中所給條件，以下說法正確的是（　?。? A. t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t4是線框全部離開磁場瞬間 B. 從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，感應(yīng)電流所做的功為mgS C. v1的大小可能為mgRB2L2 D. 線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量比線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)框橫截面的電荷量多 【答案】AC 【解析】 金屬線框進(jìn)入磁場之前，做自由落體運動，下邊進(jìn)入磁場切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下邊受到向上的安培力作用，做加速度減少的減速運動；導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場中，導(dǎo)線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)線框不受安培力作用，受重力，做勻加速運動；導(dǎo)線框下邊開始出磁場時，上邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，上邊受到向上的安培力作用，導(dǎo)線框做減速運動．全部離開后，以加速度g做勻加速運動．所以A正確；從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，mg(L＋s)－W＝12mv12?12mv22，mg(L＋s)－12mv12+12mv22＝W，B錯誤；當(dāng)恰受力平衡時，mg＝BBLvRL，解得v1=mgRB2L2，即有可能，C正確；q=It=ΔΦΔt?RΔt=ΔΦR ，進(jìn)入和離開ΔΦ相同，所以q相同，D錯誤．故選AC. 點睛：解決本題的關(guān)鍵通過圖線理清線框在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合動能定理、共點力平衡進(jìn)行求解，掌握電量的經(jīng)驗表達(dá)式q=nΔΦR，并能靈活運用. 11.下列說法正確的是（　?。? A. 法拉第第一次提出了用電場線的概念來描述電場 B. 磁場的基本性質(zhì)是對放在其中的電荷有力的作用 C. 金屬圓盤在如圖甲的磁極間旋轉(zhuǎn)時，會受到磁場力的阻礙作用 D. 金屬塊放到如圖乙的“高頻爐”中，鍋中金屬就可以熔化，這是因為線圈中的高頻交流電產(chǎn)生高頻微波輻射，深入到金屬內(nèi)部，產(chǎn)生熱量 【答案】AC 【解析】 【詳解】法拉第提出了場的概念，并用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場，故A正確；電場的基本性質(zhì)是對放在其中的電荷有力的作用，故B錯誤；金屬圓盤在如圖甲的磁極間旋轉(zhuǎn)時，會受到磁場力的阻礙作用，是電磁阻尼，故C正確；金屬塊放到如圖乙的“高頻爐”中，鍋中金屬就可以熔化，這是因為金屬塊中產(chǎn)生了渦電流，故D錯誤；故選AC。 【點睛】法拉第第一次提出了用電場線的概念來描述電場，總結(jié)了電磁感應(yīng)的規(guī)律，渦流和電磁阻尼都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象． 12.如圖所示是稱為阻尼擺的示意圖，在輕質(zhì)桿上固定一金屬薄片，輕質(zhì)桿可繞上端O點軸在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，一水平有界磁場垂直于金屬薄片所在的平面．使擺從圖中實線位置釋放，擺很快就會停止擺動；若將擺改成梳齒狀，還是從同一位置釋放，擺會擺動較長的時間．試定性分析其原因． 【答案】見解析 【解析】 第一種情況下，阻尼擺進(jìn)入有界磁場后，在擺中會形成渦流，渦流受磁場的阻礙作用，會很快停下來；第二種情況下，將金屬擺改成梳齒狀，阻斷了渦流形成的回路，從而減弱了渦流，受到的阻礙會比先前小得多，所以會擺動較長的時間． 13. 如圖所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線，半徑為r的圓內(nèi)有垂直于平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一根長度大于2r的導(dǎo)線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左向右勻速滑動，電路的固定電阻為R．其余電阻忽略不計．試求MN從圓環(huán)的左端到右端的過程中電阻R上的電流強度的平均值及通過的電荷量． 【答案】πBrv2R Bπr2R 【解析】 試題分析：由于ΔΦ＝BΔS＝Bπr2，完成這一變化所用的時間Δt=2rv 故E=ΔΦΔt=πBrv2 所以電阻R上的電流強度平均值為I=ER=πBrv2R 通過R的電荷量為q＝IΔt＝Bπr2R 考點：法拉第電磁感應(yīng)定律；電量 14.如圖所示，一正方形線圈從某一高度自由下落，恰好勻速進(jìn)入其下方的勻強磁場區(qū)域．已知正方形線圈質(zhì)量為m=0.1kg，邊長為L=1m，電阻為R=4Ω，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B=1T，高度為2L，取g=10m/s2求： （1）線圈進(jìn)入磁場時回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流I1的大小和方向 （2）線圈離磁場的高度 （3）線圈下邊緣cd剛離開磁場時線圈的加速度大小及方向． （4）若線圈在離開磁場前就已經(jīng)勻速運動，則線圈在離開磁場過程中產(chǎn)生的熱量． 【答案】（1）1A，方向為逆時針．（2）0.8m．（3）5m/s2，方向向上．（4）2J． 【解析】 【詳解】（1）線框進(jìn)入磁場時恰好勻速運動，重力和安培力平衡，則得 BI1L=mg 可得I1=mgBL=0.11011A=1A 由楞次定律判斷知，I1的方向沿逆時針． （2）線框進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=I1R=14V=4V 由E=BLv1得：v1=EBL=411=4m/s 由v12=2gH得H=v122g=4220m=0.8m （3）線框完全在磁場中下落的高度：h=2L-L=1m 線框完全在磁場中磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力，所以線框做加速度為g的勻加速直線運動，線框下邊cd將要出磁場時的速率為：v2=v12+2gh=42+2101m/s=6m/s 線框下邊剛離開磁場時感應(yīng)電流的大小I2=BLv2R=1164A=1.5A 根據(jù)牛頓第二定律得：mg-BI2L=ma 可得線圈的加速度 a=g-BI2Lm=10?11.510.1=-5m/s2，負(fù)號表示加速度方向向上． （4）若線圈在離開磁場前就已經(jīng)勻速運動，由mg=BIL=B2L2v3R，知v3=v1；根據(jù)能量守恒得知，線框離開磁場的過程產(chǎn)生的熱量與進(jìn)入磁場時的相等，為：Q=2mgL=20.1101J=2J 【點睛】本題在電磁感應(yīng)中屬于常規(guī)題，從力的角度研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，根據(jù)受力情況分析線圈的運動情況，并運用運動學(xué)公式求解速度．運用電磁感應(yīng)的基本規(guī)律和力學(xué)知識結(jié)合求解．