电磁学习题课lesson16

鲁教版（五四）九年级下册物理第十六章电磁现象课后练习一、单选题1.如图所示，线圈abcd位于磁场中，K与1接通时，ab段导线受磁场力F的方向向上；当K改为与2接通时，ab段导线受磁场力（）A. 方向向下B. 方向向上C. 为零，因为电源反接D. 为零，因为电路一定是断路2.下图中能反映扬声器工作原理的是A. B. C. D.3.如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是A. 电流表示数变大，弹簧长度变长B. 电流表示数变大，弹簧长度变短C. 电流表示数变小，弹簧长度变短D. 电流表示数变小，弹簧长度变长4.关于磁场，下列说法中正确的是( )A. 磁体外部的磁感线是从磁体的N极出发，回到磁体的S极B. 地磁两极与地理两极完全重合C. 磁体周围的传统磁场分布情况可以用磁感线来描述、磁感线是真实存在的D. 磁体最稳定磁感线是从磁体S极出发，回到磁体N极5.如图所示，一个接有电源的螺线旁有甲、乙两个软铁片（在磁场中能够被磁化），当开关闭合后（）A. 甲、乙左端都是N极B. 甲、乙右端都是N极C. 甲右端是N极，乙左端是N极D. 甲左端是N极，乙右端是N极6.如图所示为直流电动机的工作原理图．以下相关的分析中正确的是（）A. 电动机的工作原理是电磁感应B. 电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能C. 电动机工作过程中，线圈中的电流方向保持不变D. 电动机工作过程中，线圈中也产生感应电流7.（2017•巴彦淖尔）如图为通电螺线管磁场强弱演示仪的示意图（导线电阻不计），由图可知：（）A. 当开关S接a点时，仪表指针向右偏转B. 当开关S接a点接滑片P向下移动时，仪表示数变小C. 保持滑片P的位置不变，开关S由a点换到b点，仪表示数变大D. 若将电源正负极对调，仪表指针偏转方向不变8.几位同学课后讨论对磁感线的理解，他们分别有以下几种看法，正确的是（）A. 将小铁屑放到磁体周围可以看到它们有规律的排列，说明磁感线是存在的B. 磁感线是我们为了形象的描述磁场画出来的，不是客观存在的C. 磁感线的方向与小磁针在磁场中静止时南极的指向一致D. 磁感线是带箭头的曲线，不可能是直线9.电磁铁通常弯成U形，这样做的目的是（）A. 使用方便B. 形状美观C. 加强磁性D. 便于操作10.下列哪种方法可以增强电磁铁的磁性（）A. 增大电阻B. 增强电流C. 延长通电时间D. 改变电流方向二、多选题11.如图所示，当开关闭合时，位于电磁铁右端的小磁针的北极向右偏转．那么（）A. 电源的a端为正极B. 电源的b端为正极C. 滑片向右移动时，电磁铁的磁性增强D. 滑片向右移动时，电磁铁的磁性减弱12.下列关于电磁现象的说法中正确的是（）A. 磁场和磁感线都是客观存在的B. 电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动制成的C. 受地磁场的作用，可自由转动的小磁针静止时，其S极总是指向地理的北极方向D. 闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流13.关于电磁现象，下列说法中错误的是（）A. 通电线圈在磁场中受力转动的过程中，机械能转化为电能B. 指南针能指南是由于地磁场对指南针磁极有力的作用C. 磁场中某点的磁场方向是由放在该点的小磁针决定的D. 闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中一定产生电流三、填空题14.每个磁体都有两个磁极，当自由静止时指南的一端叫________．当用一个条形磁体的两极分别去靠近小磁针的N极时，看到如图甲所示的现象，这表明：同名磁极________，异名磁极________．如图乙，某同学在使用一块磁铁时，不小心把一个磁体打碎成了两块，此时共有________个磁极，再把原断处相对，两半磁铁________（选填“互相吸引”“互相排斥”或“不发生作用”）．15.如图所示，比较甲、乙可知通电导体周围存在 ________，比较 ________两图得到的结论是：通电导体周围的磁场方向与电流方向有关16.科技馆中有一个展品叫“磁棒过线圈”，该装置可以演示产生感应电流．展品如图所示，磁棒静止在线圈中时，电路中没有电流，电流表（灵敏电流计）指针指在“0”刻度位置．当小欣将磁棒从线圈中向上取出时，电流表（灵敏电流计）指针向左偏转；当把磁棒向下插入线圈中时，电流表（灵敏电流计）指针向右偏转．请写出小欣所探究的问题是________．17.学生在做奥斯特实验时有如下表达：（1）闭合电键，发现通电螺线管周围的小磁针发生偏转；（2）通电导线周围存在磁场（3）电流周围的磁场方向与电流的方向有关（4）改变电源正负值，发现小磁针的偏转情况与之前相比发生改变其中属于实验现象的是________ ；属于实验结论的是________ ．18.丹麦物理学家________发现通电导线周围存在磁场，在世界上第一个发现了电与磁之间的联系．如图所示的通电螺线管，当滑片P向左滑动时，螺线管的磁性将________．（选填“增强”、“减弱”或“不变”）四、解答题19.现在电动自行车、电动汽车逐渐普及，它们都采用电动机来获得动力．某直流电动机的铭牌上标有“220V5.5kW”，电动机线圈的电阻为0.4Ω．（1）电动机的工作原理是什么？（2）该电动机正常工作1h，消耗多少电能？电动机线圈产生多少热量？（3）在工作过程中，电动机因故障卡住无法转动，很快就闻到焦糊味道，请你从能量转化角度解释这个现象．五、实验探究题20.如图所示是小强研究“影响电磁铁磁性强弱因素”的装置图,它是由电源,滑动变阻器,开关、带铁芯的螺线管和自制的针式刻度板组成.通过观察指针B偏转角度的大小来判断电磁铁磁性的强弱，在指针下方固定一物体A,当用导线a与接线柱1相连,闭合开关后，指针B发生偏转.（1）用笔画线代替导线将实物图连接完整，（2）当开关闭合后,电磁铁左端应为磁极的________极，（3）实验发现：①当清动变阻器的滑片P向左滑动时,指针B偏转的角度将会________（选填会大”或”变小”）②保持滑片P位置不变,当导线a由接线柱1改为与接线柱2相连,闭合开关后,可发现指针B偏转的角度将会________(选填”变大”或“变小”)。

习题16GG 上传16-1．如图所示，金属圆环半径为R ，位于磁感应强度为B的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。

当圆环以恒定速度v在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端a 、b 间的电势差。

解：（1）由法拉第电磁感应定律i d dtεΦ=-，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感应电动势0i ε=； （2）利用：()aab bv B dl ε=⨯⋅⎰，有：22ab Bv R Bv R ε=⋅=。

【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】16-2．如图所示，长直导线中通有电流A I 0.5=，在与其相距cm 5.0=d 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm 0.4=l ，宽cm 0.2=a 。

不计线圈自感，若线圈以速度cm/s 0.3=v 沿垂直于长导线的方向向右 运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。

首先用0lB dl I μ⋅=∑⎰ 求出电场分布，易得：02I B rμπ=， 则矩形线圈内的磁通量为：00ln22x axI I l x al dr r xμμππ++Φ=⋅=⎰， 由i d Nd t εΦ=-，有：011()2i N I l d xx a x dtμεπ=--⋅+ ∴当x d =时，有：041.92102()i N I l a v V d a μεπ-==⨯+。

解法二：利用动生电动势公式解决。

由0lB dl I μ⋅=∑⎰ 求出电场分布，易得：02I B rμπ=， 考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势， 近端部分：11NB l v ε=， 远端部分：22NB lv ε=，则：12εεε=-=00411() 1.921022()N I N I al v l v V d d a d d a μμππ--==⨯++。

16-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为I 的电流，长为l 的金属棒ab 与长直导线共面且垂直于导线放置，其a 端离导线为d ，并以速度v平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势ε并比较U a 、U b 的电势大小。

第16课时　电磁感应命题规律　1.命题角度：(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图像问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题.2.常考题型：选择题、计算题．高考题型1　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断楞次定律右手定则一般用于导体棒切割磁感线的情形2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”．3．求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔtError!(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝BL v .(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动：E ＝12BL 2ω.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动：e ＝nBSωsin ωt .4．应用法拉第电磁感应定律的三点注意(1)公式E ＝nΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nSΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总.q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．考向一　楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用例1　(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )图1A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向答案　AC解析　在t ＝T 4时，i －t 图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt S 知，E ＝0，A 项正确；在t ＝T2和t ＝T 时，i －t 图线斜率的绝对值最大，则在t ＝T2和t ＝T 时R 中感应电动势最大．在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4之间，R 中感应电动势也为顺时针方向，在34T 到T 之间，R中感应电动势为逆时针方向，C 项正确，B 、D 项错误．例2　(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图2(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图2A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案　BC解析　在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，由R ＝ρl S 可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．考向二　q ＝nΔΦR总的应用例3 (2018·全国卷Ⅰ·17)如图3，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图3A.54B.32C.74 D ．2答案　B解析　通过导体横截面的电荷量为：q ＝I ·Δt ＝n ΔΦΔtR ·Δt ＝nΔΦR在过程Ⅰ中，流过OM 的电荷量为：q 1＝B ·14πr 2R 在过程Ⅱ中，流过OM 的电荷量：q 2＝(B ′－B )·12πr 2R 依题意有：q 1＝q 2，即：B ·14πr 2＝(B ′－B )·12πr 2解得：B ′B ＝32，B 正确．高考题型2　电磁感应中的图像问题1．电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．2．解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．例4　(2018·全国卷Ⅱ·18)如图4，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )图4答案　D解析　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i .线框位移等效电路的连接电流0～l 2I ＝2i (顺时针)l 2～lI ＝0l ～3l 2I ＝2i (逆时针)3l 2～2l I ＝0由分析知，选项D 符合要求．例5　(多选)(2021·安徽蚌埠市高三期末)如图5所示，光滑金属导轨DCEF 固定在水平面并处于竖直向下的匀强磁场中，CD 、EF 平行且足够长，CE 是粗细均匀、电阻率一定的导体，且与EF 夹角为θ(θ<90°)，CD 和EF 的电阻不计．导体棒MN 与CE 的材料、粗细均相同，用外力F 使MN 向右匀速运动，从E 点开始计时，运动中MN 始终与EF 垂直且和导轨接触良好．若图中闭合电路的电动势为E ，电流为I ，消耗的电功率为P ，下列图像正确的是( )图5答案　AB解析　导体棒由E 运动到C 的过程中，切割磁感线的有效长度L ＝v t tan θ，设CE 、MN 中单位长度的电阻为R 0，则回路中电阻R ＝(v t tan θ＋v tcos θ)R 0，回路中的感应电动势E 1＝BL v ＝B v 2t tan θ∝t ，I 1＝E 1R ＝B v 2t tan θ(v t tan θ＋v t cos θ)R 0＝B v 2tan θ(v tan θ＋vcos θ)R 0，感应电流I 1与t 无关且为定值；导体棒匀速运动时，外力F 1等于安培力，则F 1＝BI 1L ＝BI 1v t tan θ∝t ，消耗的电功率P 1＝F 1v ＝BI 1v 2t tan θ∝t ，当导体棒过C 点后，回路中切割磁感线的有效长度L ′、回路中的电阻R ′不变，感应电动势E ′＝BL ′v 为定值，回路中的电流I ′＝E ′R ′也为定值，且I ′＝I 1，外力F ′等于安培力，则F ′＝BI ′L ′，也为定值；消耗的电功率P ＝F ′v 也为定值．综上所述，A 、B 正确，C 、D 错误．高考题型3　电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处．分析思路如下：2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q ＝W 克安(W 克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)．例6　(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图6，U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，ab 和dc 边平行，和bc 边垂直．ab 、dc 足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN 置于金属框上，用水平恒力F 向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN 与金属框保持良好接触，且与bc 边保持平行．经过一段时间后( )图6A ．金属框的速度大小趋于恒定值B ．金属框的加速度大小趋于恒定值C ．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D ．导体棒到金属框bc 边的距离趋于恒定值答案　BC解析　当金属框在恒力F 作用下向右加速运动时，bc 边产生从c 向b 的感应电流i ，金属框的加速度大小为a 1，则有F －Bil ＝Ma 1；MN 中感应电流从M 流向N ，MN 在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a 2，则有Bil ＝ma 2，当金属框和MN 都运动后，金属框速度为v 1，MN 速度为v 2，则电路中的感应电流为i ＝Bl (v 1－v 2)R ，感应电流从0开始增大，则a 2从零开始增加，a 1从F M 开始减小，加速度差值减小．当a 1＝a 2时，得F ＝(M ＋m )a ，a ＝FM ＋m 恒定，由F 安＝ma 可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i ＝Bl (v 1－v 2)R 知金属框与MN 的速度差保持不变，v －t 图像如图所示，故A 错误，B 、C 正确；MN 与金属框的速度差不变，但MN 的速度小于金属框的速度，则MN 到金属框bc 边的距离越来越大，故D 错误．例7　(多选)(2018·江苏卷·9)如图7所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图7A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4答案　BC解析　穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘的速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，因进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错．金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2vR－mg ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图像(可能图像如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对．由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，mg ·2d －W 安1＝0，可得W 安1＝2mgd ，即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对．设刚进入磁场Ⅰ时速度为v 0，则由机械能守恒定律知mgh ＝12m v 02，刚进入磁场时ma 0＝BI 0L －mg ＝B 2L 2v 0R －mg ，解得v 0＝m (a 0＋g )RB 2L 2，联立解得h ＝m 2(a 0＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错．例8　如图8所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，导轨的电阻不计．导轨顶端M 、P 两点间接有滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．一根质量为m 、电阻不计的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，让ab 由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g .图8(1)求ab 下滑的最大速度v m ；(2)求ab 下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P ；(3)若在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q ，求该过程中ab 下滑的距离x 以及通过滑动变阻器的电荷量q .答案　见解析解析　(1)ab 下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E ＝BL v m ，此时通过定值电阻的电流为：I ＝ER ＋2R ，ab 杆所受安培力大小为：F 安＝BIL ，由受力平衡得mg sin θ＝BIL ，联立解得：v m ＝3mgR sin θB 2L 2；(2)由电功率公式有：P ＝I 2R ，解得：P ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2；(3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q ；由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v m 2＋Q ＋2Q ，解得：x ＝9m 2gR 2sin θ2B 4L 4＋3Qmg sin θ；在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx ，设ab 由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt ，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为I ＝E3R ，又q ＝I ·Δt 联立解得：q ＝3m 2gR sin θ2B 3L 3＋BLQ mgR sin θ.1．(多选)(2021·山东滨州市高三期末)如图9甲所示，一个圆形线圈用绝缘杆固定在天花板上，线圈的匝数为n ，半径为r ，总电阻为R ，线圈平面与匀强磁场垂直，且下面一半处在磁场中，t ＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是( )图9A ．在0～2t 0的时间间隔内线圈内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B ．在0～2t 0的时间间隔内线圈受到的安培力先向下后向上C ．在0～t 0的时间间隔内线圈中感应电流的大小为n πr 2B 02t 0RD ．在32t 0时线圈受到的安培力的大小为n 2πr 3B 022t 0R 答案　BCD解析　由楞次定律可知，在0～2t 0的时间间隔内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，故A 错误；感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知，在0～2t0的时间间隔内线圈受的安培力先向下后向上，故B正确；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt＝n·12πr2·B0t0，由欧姆定律可知，在0～t0的时间间隔内线圈中感应电流的大小I＝ER＝nπr2B02Rt0，故C正确；由题图乙所示图像可知，在32t0时磁感应强度大小B＝B02，线圈所受安培力大小F＝BIL＝B02×nπr2B02t0R×2nr＝n2πr3B022t0R，故D正确．2．(2021·江苏苏州市统考)一个闭合正三角形金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现用外力F把框架水平匀速向右拉出磁场，如图10所示，设正三角形金属框架开始出磁场的时刻t＝0，则电动势E、外力F和外力的功率P随时间t的变化图像正确的是( )图10答案　A解析　框架在外力F的作用下以速度v匀速向右运动，则框架切割磁感线的有效长度L＝23 3v t，结合E＝BL v可知，电动势E＝233B v2t，则E与t成正比例关系，选项A正确，B错误．设框架的总电阻为R，则框架中的电流I＝ER＝23B v2t3R，框架匀速运动，则有F＝F安＝BIL＝4B2v3t23R，则F与t2成正比例关系，选项C错误．由P＝F v可知，P与t2成正比例关系，选项D错误．3．(多选)(2021·山东师范大学附中高三打靶卷)如图11所示，半径为2l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为2l、电阻为2R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B的匀强磁场，金属导轨区域中心半径为l的区域内磁场竖直向上，其余部分磁场竖直向下．另有一质量为m、长为l、电阻为R的金属棒MN放置于固定在竖直平面内的平行导轨后面并与导轨保持良好接触，导轨间距为l ，处于大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线与平行导轨连接．MN 处于静止状态，MN 与竖直平行导轨间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．MN 中电流方向由M 到NB ．MN 两端电压为Bl 2ωC ．MN 与竖直平行导轨间的动摩擦因数μ至少为3mgR B 2l 3ωD ．电路总电功率为4B 2l 4ω23R 答案　AC解析　MN 处于静止状态，竖直方向上受重力和静摩擦力处于平衡，可知MN 所受安培力方向垂直导轨向外(垂直纸面向外)，根据左手定则知，通过MN 中的电流方向由M 到N ，A 正确；由于金属棒ab 被分成两部分位于相反的磁场中，所以产生的感应电动势相反，ab 产生的总电动势E ＝Bl v 1－Bl v 2＝Bl ω·2l ＋ωl 2－Bl 0＋ωl 2＝Bl 2ω，则MN 两端的电压U ＝E 3R ·R ＝13E ＝13Bl 2ω，B 错误；若MN 恰好处于静止，有mg ＝μBIl ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 3R ＝Bl 2ω3R ，解得动摩擦因数的最小值μ＝3mgR B 2l 3ω，C 正确；电路的总电功率P ＝E 23R ＝B 2l 4ω23R，D 错误．4.(多选)(2021·辽宁营口市高三期末)如图12所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B ，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B ，磁场边界MN 、PQ 、GH 均平行于斜面底边，MP 、PG 长均为L .一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab 边始终与斜面底边平行．t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到PQ 与MN 之间的某位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图12A ．当ab 边刚越过PQ 时，导线框的加速度大小为a ＝54g sin θB ．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v 1∶v 2＝4∶3C ．从t 1到t 2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量D ．从t 1到t 2的过程中，有12m (v 12－v 22)机械能转化为电能答案　AC解析　ab 边进入磁场Ⅰ区域时E ＝2BL v 1，I ＝E R ＝2BL v 1R ，F 安＝2BIL ＝4B 2L 2v 1R，由平衡条件得F 安＝4B 2L 2v 1R＝mg sin θ，当ab 边刚越过PQ 时，E ′＝BL v 1＋2BL v 1＝3BL v 1，I ′＝E ′R ＝3BL v 1R，F 安′＝BI ′L ＋2BI ′L ＝9B 2L 2v 1R由牛顿第二定律得F 安′－mg sin θ＝ma解得a ＝54g sin θ，故A 正确；第二次平衡时，根据平衡条件，有F 安″＝9B 2L 2v 2R＝mg sin θ联立解得v 1∶v 2＝9∶4，故B 错误；从t 1到t 2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量，故C 正确；从t 1到t 2的过程中，设导线框下降的高度为Δh ，则机械能转化为电能有12m v 12－12m v 22＋mg ·Δh ，故D 错误．5．(2021·天津市南开区高三期末)如图13甲所示，水平面内固定两根间距L ＝1 m 的长直平行光滑金属导轨PQ 、MN ，其Q 、N 端接有阻值R ＝1.5 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg 、接入电路的阻值r ＝0.5 Ω的导体棒ab 垂直于导轨放置于距QN 端d ＝2 m 处，且与两导轨保持良好接触．整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．在0～1 s 内，为了保持ab 棒静止，在棒的中点施加一平行于导轨平面的外力F 0(未知)；1 s 后改用F ＝0.5 N 的水平向左的恒力拉动ab 棒，ab 棒从静止开始沿导轨运动距离x ＝4.8m 时速度恰好达到最大值．ab 棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计．求：图13(1)t ＝1 s 时外力F 0的大小和方向；(2)ab 棒的最大速度大小v m ；(3)从t ＝0到ab 棒运动距离x ＝4.8 m 的过程，电阻R 上产生的焦耳热Q R .答案　(1)0.25 N 方向向左　(2)4 m/s (3)1.575 J解析　(1)1 s 时，电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ＝ΔB ·Ld Δt＝(0.5－0)×1×21 V ＝1 V 根据楞次定律，电流从b 到a ，电流的大小为I ＝ER ＋r ＝11.5＋0.5 A ＝0.5 A根据左手定则，安培力方向向右F 安＝ILB ＝0.5×1×0.5 N ＝0.25 N外力F 0与F 安平衡，两者等大反向．F 0＝F 安所以F 0大小为0.25 N ，方向向左．(2)ab 棒达到最大速度后做匀速直线运动，拉力F 向左，安培力F 安′向右，二力平衡，F ＝F 安′其中安培力F 安′＝I ′LB电流I ′＝E ′R ＋r电动势E ′＝BL v m解得v m ＝F (R ＋r )B 2L 2＝0.5×(1.5＋0.5)0.52×12m/s ＝4 m/s (3)在第1 s 内Q 1＝I 2Rt ＝0.52×1.5×1 J ＝0.375 J在运动距离x 内Fx ＝12m v m 2＋Q R ＋r Q 2＝RR ＋r Q R ＋r从t＝0到ab棒运动距离x＝4.8 m的过程，电阻R上产生的焦耳热Q R＝Q1＋Q2，解得Q R＝1.575 J.专题强化练[保分基础练]1.(2020·江苏卷·3)如图1所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )图1A．同时增大B1减小B2B．同时减小B1增大B2C．同时以相同的变化率增大B1和B2D．同时以相同的变化率减小B1和B2答案　B解析　若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误．2．(2021·安徽安庆市一模)如图2所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是( )图2A．变压器可以改变交变电压也能改变频率B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用答案　D解析　变压器可以改变交变电压但是不改变交流电频率，A错误；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈会产生自感现象，B错误；真空冶炼炉的工作原理是金属中产生涡流使炉内金属熔化，C错误；铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼，D正确．3．(多选)(2021·河北张家口市一模)如图3所示软铁环上绕有M、N两个线圈，M线圈通过滑动变阻器及开关与电源相连，N线圈连接电流表，下列说法正确的是( )图3A．开关闭合瞬间，通过电流表G的电流由a到bB．开关闭合稳定后，通过电流表G的电流由b到aC．开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，通过电流表G的电流由a到bD．开关闭合稳定后再断开瞬间，通过电流表G的电流由a到b答案　CD解析　开关闭合瞬间，在线圈N中有向下增大的磁场，根据楞次定律，通过电流表G的电流由b到a，A错误；开关闭合稳定后，线圈中的磁场不变，磁通量不变，电流表G中没有电流，B错误；开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，线圈M中电流减小，产生的磁场减弱，根据楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，C正确；开关闭合稳定后再断开瞬间，线圈M中的磁场减弱，根据楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，D正确．4.(多选)(2021·河北邯郸市高三期末)如图4所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外．现有一闭合的正方形金属线框(线框有电阻)，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45°角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是( )图4A．线框中的感应电流方向沿顺时针B．线框将做匀减速直线运动C ．线框运动中产生的内能为14m v 02D ．线框最终将静止于平面上的某个位置答案　AC解析　穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律得线框中产生顺时针方向感应电流，A 正确；因为安培力向左并逐渐减小，所以线框做加速度减小的减速曲线运动，B 错误；线框最终以v 0cos 45° 竖直向上运动，根据能量守恒得产生的内能为Q ＝12m v 02－12m (v 0cos 45°)2＝14m v 02，C 正确，D 错误．5．(多选)(2021·广东汕头市一模)如图5甲，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝0.02 m 2，电阻r ＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，电阻的一端b 接地．一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则( )图5A ．在0～4 s 内，R 中有电流从a 流向bB ．在t ＝3 s 时穿过螺线管的磁通量为0.07 WbC ．在4～6 s 内，R 中电流大小为8 AD ．在4～6 s 内，R 两端电压U ab ＝40 V答案　BC解析　在0～4 s 内，原磁场的磁感应强度增大，则磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，再由安培定则可知R 中的电流方向从b 流向a ，故A 错误；由题图乙可知，t ＝3 s 时磁感应强度为B ＝3.5 T ，则此时的磁通量Φ＝BS ＝3.5×0.02 Wb ＝0.07 Wb ，故B 正确；在4～6 s 内，感应电动势为E ＝n ΔB ·S Δt ＝1 000×4×0.022V ＝40 V ，通过R 的电流方向从a 流向b ，R 中电流大小为I ＝E R ＋r ＝404＋1 A ＝8 A ，R 两端电压为U ab ＝IR ＝8×4 V ＝32 V ，故C 正确，D 错误．[争分提能练]6.(2021·湖北省重点中学高三期末联考)一个电子感应加速器的简化模型如图6.半径为r 0的圆形区域中存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B 1，令B 1随时间均匀增加，从而产生感生电场加速粒子．在r ≥r 0的环形区域中也存在向里的磁场，磁感应强度为B 2.欲使带正电荷q的粒子能在环形区域内沿半径r＝r0的圆形轨道上不断被加速．则下列说法正确的是( )图6A．要使粒子半径不变，则B2应保持恒定B．粒子运动一周，所受静电力对它不做功C．该装置只能加速正粒子D．当B1随时间均匀增加时，B2也随时间均匀增加答案　D解析　半径为r0的圆形区域，由于B1随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律可知在环形区域产生一个逆时针的电场强度大小相同的加速电场，带正电的粒子在这加速电场中做逆时针方向的加速运动，速度越来越大，由半径公式得r＝m vB2q，所以要使粒子半径不变，速度不断增大，则B2也应不断增大，A错误，D正确；粒子在这加速电场中运动一周，静电力对它做正功，带负电的粒子在这加速电场中做顺时针方向的加速运动，所以B、C错误．7.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图7所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )图7A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动答案　AB解析　设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝2gh，。

第16章 电磁场16.1 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周．铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T ．求铜棒两端A 、B 的电势差，何端电势高． 解：设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间d t 后转过的角度为d θ = ωd t ，扫过的面积为 d S = R 2d θ/2，切割的磁通量为 d Φ = B d S = BR 2d θ/2，动生电动势的大小为 ε = d Φ/d t = ωBR 2/2． 根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高．AO 和BO 段的动生电动势大小分别为22()2550AO B LBL ωωε==，22416()2550BO B L BLωωε==． 由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为2310BO AOBL ωεεε=-=242332 1.010(0.5)1010ωπ-⨯⨯⨯==BL = 4.71×10-4(V)． [讨论]如果棒上两点到o 的距离分别为L 和l ，则两点间的电势差为222()(2)222B L l Bl B L Ll ωωωε++=-=．16.2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？解：在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ =d l cos θ；线元到直线之间的距离为r = x A + l sin θ， 直线电流在线元处产生的磁感应强度为0022(sin )A I IB r x l μμππθ==+． 由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为0cos d d d 2(sin )A Iv lBv l x l μθεπθ⊥==+，棒的动生电动势为0cos d 2sin LAIv lx l μθεπθ=+⎰00cos d(sin )2sin sin LA A Iv x l x l μθθπθθ+=+⎰0sin cot ln 2A A Ivx L x μθθπ+=， A 端的电势高．[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势． （2）当θ→0时，由于sin sin sin lnln(1)A A A A x L L L x x x θθθ+=+→，所以02AIvLx μεπ→，这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．16.3 如图所示，平行导轨上放置一金属杆AB ，质量为m ，长为L ．在导轨上的端接有电阻R ．匀强磁场B 垂直导轨平面向里．当AB 杆以初速度v 0向运动时，求： （1）AB 杆能够移动的距离；（2）在移动过程中电阻R 上放出的焦耳热为多少？B A图16.3图16.2[分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来． 解：（1）方法一：速度法．设杆运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv ，电流为 I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v/R ，方向与速度方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma 得速度的微分方程为2()d d BL v v m R t -=，即：2d ()d v BL t v mR=-积分得方程的通解为21()ln BL v t C mR=-+．根据初始条件，当t = 0时，v = v 0，可得常量C 1 = ln v 0．方程的特解为20()exp[]BL v v t mR=-．由于v = d x /d t ，可得位移的微分方程20()d exp[]d BL x v t t mR=-，方程的通解为20()exp[]d BL x v t t mR =-⎰2022()exp[]()mRv BL t C BL mR -=-+，当t = 0时，x = 0，所以常量为022()mRv C BL =．方程的特解为202(){1exp[]}()mRv BL x t BL mR =--． 当时间t 趋于无穷大时，杆运动的距离为02()mRv x BL =．方法二：冲量法．由F = -(BL )2v/R ，得2()d d BL x F t R-=，右边积分得 0d 0tF t mv =-⎰，即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量．左边积分后，可得02()mv Rx BL =． （2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为222()d d d d BLv Q I R t t t R R ε===220()2()exp[]d BLv BL t t R mR=-整个运动过程中产生的焦耳热为2200()2()exp[]d BLv BL Q t t R mR ∞=-⎰222002()exp[]22mv mv BL t mR ∞-=-=， 即：焦耳热是杆的动能转化而来的．16.4 如图所示，质量为m 、长度为L 的金属棒AB 从静止开始沿倾斜的绝缘框架滑下．磁感应强度B 的方向竖直向上（忽略棒AB 与框架之间的摩擦），求棒AB 的动生电动势．若棒AB 沿光滑的金属框架滑下，设金属棒与金属框组成的回路的电阻R 为常量，棒AB 的动生电动势又为多少？解：（1）棒的加速度为 a = g sin θ，经过时间t ，棒的速度为v = at = (g sin θ)t ，而切割磁力线的速度为 v ⊥ = v cos θ，所以棒的动生电动势为ε = BLv ⊥ = BLg (sin θcos θ)t = BLg (sin2θ)t /2． （2）设棒运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv cos θ，电流为I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v cos θ/R ，其方向水平向右．安培力沿着斜面向上的图16.4分量为F` = F cos θ，其方向与速度的方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律ΣF = ma 得速度的微分方程为2(cos )d sin d BL v v mg m R t θθ-=，即 2d d sin (cos )mRt v mgR BL vθθ=-， 方程可化为222d[sin (cos )]d (cos )sin (cos )mR mgR BL v t BL mgR BL vθθθθθ--=-．积分得方程的通解为22ln[sin (cos )](cos )mRt mgR BL v C BL θθθ-=-+． 根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量2ln(sin )(cos )mRC mgR BL θθ=， 方程的特解为22[sin (cos )]ln(cos )sin mR mgR BL v t BL mgR θθθθ--=， 棒的速度为22sin (cos ){1exp[]}(cos )mgR BL v t BL mRθθθ=--， 动生电动势为cos BLv εθ=2(cos )tan {1exp[]}mgR BL t BL mRθθ=--．[讨论]当时间t 趋于无穷大时，最终速度为 2sin (cos )mgR v BL θθ=，最终电动势为 t a n m g R BL εθ=，最终电流为 t a n mgI BLθ=．另外，棒最终做匀速运动，重力做功的功率等于感生电流做功的功率，重力做功的功率为 P = mg sin θv ，感生电流做功的功率为222(cos )BLv P I R R Rεθ===， 两式联立也可得2sin (cos )mgR v BL θθ=，由此可以求出最终电动势和电流．[注意]只有当物体做匀速运动时，重力所做的功才等于电流所做的功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能．16.5 电磁涡流制动器是一个电导率为σ，厚度为t 的圆盘，此盘绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a 2的均匀磁场B 垂直于圆盘，小面积离轴r （r >>a ）．当圆盘角速度为ω时，试证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M ≈B 2a 2r 2ωσt ． 解：电导率是电阻率的倒数σ = 1/ρ．不妨将圆盘与磁场相对的部分当成长、宽和高分别为a 、a 和t 的小导体，其横截面积为S = at ，电流将从横截面中流过，长度为a ，因此其电阻为1l R S tρσ==． 宽为a 的边扫过磁场中，速度大小为 v = rω，产生的感生电动势为ε = Bav = Bar ω，圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电流强度为I = ε/R = Bar ωσt ，所受的安培力为F = IaB = B 2a 2r ωσt ，其方向与速度方向相反．产生的磁力矩为M = Fr = B 2a 2r 2ωσt ．其方向与角速度的方向相反．16.6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B的方向垂直于金属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x =0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．O图16.6图16.5 t（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ．解：（1）经过时间t ，导体杆前进的距离为x = vt ，杆的有效长度为l = x tan θ = v (tan θ)t ，动生电动势为εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ．（2）导体杆扫过的三角形的面积为S = xl /2 = x 2tan θ/2 = v 2t 2tan θ/2，通过该面的磁通量为3tan cos 2kx BS t θΦω== 33tan cos 2kv t t θω=感应电动势为d d i tΦε=-323tan (3cos sin )2kv t t t t θωωω=--， 即： 32tan (sin 3cos )2i kv t t t t θεωωω=-．16.7 如图所示的回路，磁感应强度B 垂直于回路平面向里，磁通量按下述规律变化Φ = 3t 2 + 2t + 1，式中Φ的单位为毫韦伯，t 的单位为秒．求：（1）在t = 2s 时回路中的感生电动势为多少？ （2）电阻上的电流方向如何？解：（1）将磁通量的单位化为韦伯得Φ = (3t 2 + 2t + 1)/103，感生电动势大小为ε = |d Φ/d t | = 2(3t + 1)/103．t = 2s 时的感生电动势为1.4×10-2(V)．（2）由于原磁场在增加，根据楞次定律，感应电流所产生的磁场的方向与原磁场的方向相反，所以在线圈中感生电流的方向是逆时针的，从电阻的左边流向右边．16.8 如图所示的两个同轴圆形导体线圈，小线圈在大线圈上面．两线圈的距离为x ，设x 远大于圆半径R ．大线圈中通有电流I 时，若半径为r 的小线圈中的磁场可看作是均匀的，且以速率v = d x /d t 运动．求x = NR 时，小线圈中的感应电动势为多少？感应电流的方向如何？ 解：环电流在轴线上产生的磁感应强度为20223/22()IR B x R μ=+，当x >>R 时，磁感应强度为 2032IR B xμ≈．小线圈的面积为S = πr 2，通过的磁通量为22032IR r BS xπμΦ=≈，当小线圈运动时，感应电动势为22043d d 2IR r vt x πμΦε=-≈， 当x = NR 时，感应电动势为204232Ir vN R πμε≈．感应电流的磁场与原磁场的方向相同，感应电流的方向与原电流的环绕方向相同． 16.9 如图所示，匀强磁场B 与矩形导线回路的法线n 成θ = 60°角，B = kt （k 为大于零的常数）．长为L 的导体杆AB 以匀速v 向右平动，求回路中t 时刻的感应电动势的大小和方向（设t = 0时，x = 0）． 解：经过时间t ，导体杆运动的距离为x = vt ，扫过的面积为S = Lx = Lvt ，通过此面积的磁通量为 Φ = B ·S = BS cos θ = Lvkt 2/2．感应电动势的大小为ε = d Φ/d t = Lvkt ．由于回路中磁通量在增加，而感应电流的磁通量阻碍原磁通量增加，其磁场与原磁场的方向相反，所以感应电B图16.7图17.8图16.9动势的方向是顺时针的．16.10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε．解：电流I 在r 处产生的磁感应强度为02IB r μπ=， 穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2IbB S r rμΦπ==，穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()22x a x Ib Ib x ar r xμμΦππ++==⎰， 回路中的电动势为d d t Φε=-0d 11d [ln()()]2d d b x a I xI x t x a x tμπ+=-+-+ 00cos [ln()sin ]2()I b x a av t t x x x a μωωωπ+=++．显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势．16.12 如图所示的圆面积内，匀强磁场B 的方向垂直于圆面积向里，圆半径R = 12cm ，d B /d t = 10-2T·s -1．求图中a 、b 、c 三点的涡旋电场为多少（b 为圆心）？设ab = 10cm ，bc = 15cm ． 解：（1）当点在磁场之中时，以b 为圆心，以r 为半径作一圆形环中，其周长为C = 2πr ，面积为 S = πr 2．取环路的逆时针方向为正，根据右手螺旋法则，面积的法向方向垂直纸面向外。

精选2019-2020年高中物理选修1-1第二章电磁感应与电磁场第一节电磁感应现象的发现粤教版课后练习十六第1题【单选题】如图所示一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是( )A、线圈沿纸面向右移动B、线圈沿纸面向下移动C、线圈垂直纸面向外移动D、线圈以ab边为轴转动【答案】：【解析】：第2题【单选题】关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )A、只要有磁通量穿过电路，电路中就有感应电流B、只要闭合电路在做切割磁感线运动，电路中就有感应电流C、只要穿过闭合电路的磁通量足够大，电路中就有感应电流D、只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流【答案】：【解析】：第3题【单选题】如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，右侧线圈连接一定值电阻R，下列说法中正确的是( )A、t1时刻ab边中电流方向由a→b，e点电势高于f点B、设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3 ，则有i1＜i3 ，e点与f点电势相等C、t2～t4时间内通过ab边电量为0，定值电阻R中无电流D、t5时刻ab边中电流方向由a→b，f点电势高于e点【答案】：【解析】：第4题【单选题】如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么( )A、由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度B、由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度C、由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度D、由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度【答案】：【解析】：第5题【单选题】如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef。

习题课(一)：电磁感应中的电路、电荷量及图象问题一、选择题(1～10题全部为单选题)1.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图1所示，当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是()图1A．U ab＝0.1 VB．U ab＝－0.1 VC．U ab＝0.2 VD．U ab＝－0.2 V2．如图2所示，将直径为d、电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为()图2A.B πd 24RB.2πBd RC.Bd 2RD.Bd 2πR3．如图3所示，将一半径为r 的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B 的匀强磁场中用力握中间成“8”字形(金属圆环未发生翻转)，并使上、下两圆环半径相等．如果环的总电阻为R ，则此过程中流过环的电荷量为( )图3A.πr 2B RB.πr 2B 2R C ．0D.3πr 2B 4R4．如图4所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .一个电阻为R 、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界)，周期为T，t＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图象为(规定电流顺时针方向为正) ()图45．如图5甲所示，在电阻R＝1 Ω，面积S1＝0.3 m2的单匝圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区域面积S2＝0.2 m2.若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I(取顺时针方向为正方向)随时间t的变化图线是()图56．如图6甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是()图67．如图7所示，在0≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于坐标系平面内，线框的ab边与y轴重合，bc边长为L.设线框从t＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t变化的图象可能是图中的()图78．如图8所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2 L的两只闭合正方形线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为I a、I b，则I a∶I b为()图8A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能确定9．如图9所示，设磁感应强度为B，ef长为l，ef的电阻为r，外电阻为R，其余电阻不计．当ef在外力作用下向右以速度v匀速运动时，则ef两端的电压为()图9A ．Bl v B.Bl v R R ＋r C.Bl v r R ＋rD.Bl v rR10.如图10所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )图10A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3 D ．Ba v二、非选择题11.如图11所示，导体圆环半径为a ，导体棒OC 可绕O 点转动，C 端与环接触良好且无摩擦，圆环的电阻不计，导体棒OC的电阻为r，定值电阻的阻值为R，现使OC绕O以角速度ω匀速转动，求电阻R两端的电压．图1112.如图12所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以恒定速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计．导体棒与圆形导轨接触良好．求：图12(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；(3)当MN通过圆形导轨中心时，通过r的电流．13.匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，磁场宽度l＝4 m，一正方形金属框边长为l′＝1 m，每边的电阻r＝0.2 Ω，金属框以v＝10 m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图13所示．求：图13(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图；(2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i－t图线；(要求写出作图依据)(3)画出ab两端电压的U－t图线．(要求写出作图依据)[答案]精析1．B [题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生．把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内阻为r2，画出等效电路图如图所示，则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设l 是边长，且依题意知ΔB Δt ＝10 T/s.由E ＝ΔΦΔt 得E ＝ΔBS Δt ＝ΔB Δt ·l 22＝10×0.222 V ＝0.2 V ，所以U ＝IR ＝E r 2＋r 2·r2＝0.1 V ，由于a 点电势低于b点电势，故U ab ＝－0.1 V ，即B 选项正确．]2．A [E ＝n ΔΦΔt ，故q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝n ΔΦR ＝n B π(d 2)2R ＝B πd 24R.]3．B [流过环的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，因此，ΔΦ＝B πr 2－2·B π⎝⎛⎭⎫r 22＝ 12B πr 2，电荷量为q ＝ΔΦR ＝πr 2B 2R.] 4．A [在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．注意线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．故A 正确．]5．C [由题图乙可知，0～1 s 时间内，B 增大，由Φ＝BS 得，Φ增大，由楞次定律得感应电流是顺时针方向，1～2 s 时间内，B 不变，Φ不变，没有产生感应电流，2～3 s 时间内，B 为正值，方向垂直纸面向外，B 减小，Φ减小，感应电流是逆时针方向，电流是负值，3～4 s 时间内，B 为负值，方向垂直纸面向里，B 增大，Φ增大，感应电流沿逆时针方向，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S 2得I ＝E R ＝ΔBS 2ΔtR，0～1 s 时间内，I ＝2×10－4 A,1～2 s 时间内，I ＝0,2～4 s 时间内，I ＝2×10－4 A ，C 正确，A 、B 、D 错误．]6．D [在0～t 0时间内磁通量为向上减少，t 0～2t 0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B －t 图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t 0时间内均产生由b 到a 的大小不变的感应电流，选项A 、B 错误；在0～t 0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F ＝BIL 随B 的减小呈线性减小；在t 0～2t 0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F ＝BIL 随B 的增加呈线性增加，选项D 正确．]7．D [线框的ab 边刚进入磁场时，产生逆时针方向的电流，随着速度的增加，感应电流逐渐增大；线框全部进入磁场后，无感应电流；当线框的ab 边离开磁场时，此时cd 边切割磁感线，产生顺时针方向的电流，且随速度的增加而增大．因为线框此时的速度不为零，所以电流是从某一值增大．选项D 正确．]8．C [产生的电动势为E ＝Bl v ，由闭合电路欧姆定律得I ＝Bl vR ，又L b ＝2L a ，由电阻定律知R b ＝2R a ，故I a ∶I b ＝1∶1.] 9．B10．A [摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律有U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A.]11.Bωa 2R 2(R ＋r )[解析] OC 产生的电动势为E ＝12Bωa 2，电路中的电流I ＝E R ＋r ＝Bωa 22(R ＋r )，R 两端电压U ＝IR＝Bωa 2R2(R ＋r ).12．(1)πBR v 2r (2)πBR 2r (3)2BR v r[解析] (1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS ＝B πR 2，所用的时间Δt ＝2R v ，代入公式E ＝ΔΦΔt ＝πBR v2，平均电流为I ＝Er ＝πBR v2r. (2)电荷量的计算应该用平均电流，q ＝I Δt ＝πBR 2r.(3)当MN 通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l ＝2R ，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E ＝Bl v ，得E ＝B ·2R v ，此时通过r 的电流为I ＝E r ＝2BR vr .13．见[解析][解析] 如图(a)所示，线框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd 相当于电源；第Ⅱ阶段cd 和ab 相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab 相当于电源，各阶段的等效电路图分别如图(b)、(c)、(d)所示．第Ⅰ阶段，有I 1＝Er ＋3r＝Bl ′v 4r ＝2.5 A.感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t 1＝l ′v ＝110 s ＝0.1 s.ab 两端的电压为U 1＝I 1·r ＝2.5×0.2 V ＝0.5 V在第Ⅱ阶段，有I 2＝0，ab 两端的电压U 2＝E ＝Bl ′v ＝2 V t 2＝l －l ′v ＝4－110 s ＝0.3 s在第Ⅲ阶段，有I 3＝E4r ＝2.5 A感应电流方向为顺时针方向ab 两端的电压U 3＝I 3·3r ＝1.5 V ，t 3＝0.1 s规定逆时针方向为电流正方向，故i －t 图象和ab 两端U －t 图象分别如图甲、乙所示．。

第十六章 从指南针到磁悬浮列车第二节 电流的磁场三点提示重点：1.通电导线周围存在磁场2.通电螺线管周围的磁场的分布 难点：1.正确理解奥斯特实验2.通电螺线管周围的磁场方向的判断方法3.电磁铁的工作原理 考点：1.奥斯特实验2.通电螺线管的磁场方向的判断基础在线1．如图1所示，在静止的小磁针的上方拉一根与磁针平行的导线，给导线通电时，磁针会____，改变电流方向，重做实验，磁针会_______。

这 个实验叫__________实验。

它表明：_________________________________ 2. 发现电流周围存在着磁场的科学家是________。

3．通电螺线管周围存在着_________。

它周围的磁感线和________的磁感线相似。

通电螺线管两端的磁极性质跟__________________有关。

4.如图2所示，开关S 闭合时，小磁针的指向如图，则A 是电磁铁的是电源的_______极，C 是电源的_____________极5.电磁铁的优点是:磁性的有无可以由________________来控制，电磁铁的南北极可以用_______________来控制，磁性的强弱可以用________________来控制。

6.钱民同学提出，通电螺线管的磁场极性与电流方向之间的关系可以这样来确定：用右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟螺线管中电流的方向一致，那么，伸直的大拇指所指的那端就是通电螺线管的_________极.7. 如图3所示小张同学在一个通电螺线管的周围添画上一些小磁针以表示该处的磁感线方向，其中小磁针涂黑的是N 极，指出画错的小磁针为（ ） A ．a B ．b C ．c D ． d图1图28．通电螺线管旁的小磁针静止如图4所示，判断正确的是（）A．螺线管a端为N极，电源c端为正极B．螺线管a端为S极，电源c端为负极C．螺线管a端为N极，电源c端为负极D．螺线管a端为S极，电源c端为正极9．下列方法中，不能增强螺线管磁性的是（）A.增加螺线管的匝数B.在通电螺线管内插入铁棒C.增大螺线管线圈中的电流D.增大螺线管本身的直径10.课外活动时有几位同学讨论后得出，电磁铁两端的极性与下面的条件有关，你认为其中正确的是（）A.电磁铁两端的极性是由线圈的缠绕方向决定的B.电磁铁两端的极性是由电流的环绕方向决定的C.电磁铁两端的极性是由插入线圈中的铁芯方向决定的D.电磁铁两端的极性是由电流的大小决定的11．如图5所示，为四位同学判断通电螺线管极性时的做法，正确的是（）12．如图6所示，在电磁铁的上方用弹簧悬挂着一条形铁棒，开关S闭合后，当滑片P从a 端向b端滑动过程中，会出现的现象是（）A.电流表示数变大，弹簧长度变长B.电流表示数变大，弹簧长度变短C.电流表示数变小，弹簧长度变长D.电流表示数变小，弹簧长度变短图3图4图5 图6要点点击1．下列改变通电螺线管磁性强弱的方法中不正确的是（ ） A.改变通过螺线管电流的强弱 B.改变螺线管的匝数 C.调换螺线管两端的极性D.调节铁芯在通电螺线管中的深浅 2.奥斯特实验证明了（ ）A.通电导体周围存在着大量的电荷B.通电导体周围存在着磁场C.通电导体在磁场中要受到力的作用D.通电导体内部存在磁场3.小李同学将一个螺线管放到磁体附近，使螺线管可以自由移动，如图7所示，当他将开关闭合时，下面的说法中正确的是（ ）A.通电螺线管将向右运动B.通电螺线管将向左运动C.通电螺线管不会运动D.通电螺线管将先向左运动，后向右运动4.许达同学在探究通电螺线管的极性和管外磁场的分布情况时，在螺线管外部的a 、b 、c 处摆放了三个小磁针，如图8所示，当他闭合开关，等到小磁针静止后，下面的说法中正确的是（ ）A.小磁针a 、b 的左端是N 极、小磁针c 的右端是N 极B.小磁针a 、c 的左端是N 极、小磁针b 的右端是N 极C.小磁针b 、c 的左端是N 极、小磁针a 的右端是N 极D.小磁针a 、c 的右端是N 极、小磁针b 的左端是N 极5.如图9所示，当滑动变阻器的滑片P 向b 端滑动时，电磁铁的磁性将( ) A.增强 B.减弱C.不变D.先增强后减弱a bP 图7图8图96.当通以如图10所示方向的电流时，小磁针的S 极将向纸外偏转，若改变电流方向，图中的小磁针转向为( )A.小磁针N 极将向纸外偏转B.小磁针S 极将向纸外偏转C.小磁针N 极指向不变D.小磁针N 极可能向纸内偏转，也可能向纸外偏转7.根据所给条件，利用图11中各螺线管的电流方向，判断所接电源的正负极。

习题作业第十六章电磁铁与自动控制第1节从永磁体谈起第2课时磁场、磁感线、地磁场1. 作图——由磁体的N、S极判断磁感线方向2. 作图——由磁感线方向判断磁体的N、S极3. 指南针4. 磁体在磁场中的受力5. 探究磁场的特点(控制变量法、转换法)11. 【中考•重庆】请在图中的A点用箭头画出条形磁体外部磁感线的方向。

解：如图所示。

12. 【中考•常州】如图所示的蹄形磁体，请用箭头画出图中标注的所有磁感线的方向。

解：如图所示。

13. 【中考•福州】请标出图中小磁针静止时的N极。

解：如图所示。

点拨：磁感线的方向与静止在该点的小磁针北极的指向相同。

14. 【中考·东营】如图所示是两个磁极之间的磁感线，请在图中标出两个磁极的名称和小磁针静止时的N极。

解：如图所示。

16. 【中考·乌鲁木齐】指南针是我国四大发明之一。

关C于指南针，下列说法正确的是（ꢀꢀ）A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针的指向不会受附近磁铁的干扰C.指南针能够指南北，说明地球具有磁场D.指南针所指的南北两极与地理的两极是重合的16.【中考•山西】小明同学用硬纸板和大头针制作底座，把两缝衣针磁化后，穿过按扣的两个孔，放在底座的针尖上，就制成了一个如图所示的指南针，指南磁场针能指南北说明地球周围存在着________。

该指南针静止后，针尖指南方，则针尖是指南针________ S(填“N”或“S”)极。

17. 【中考•安徽】一个能绕中心转动的小磁针在图示位置保持静止。

某时刻开始小磁针所在的区域出现水平向右的D 磁场，磁感线如图所示，则小磁针在磁场出现后(ꢀꢀ)A．两极所受的力是平衡力，所以不会发生转动B．两极所受的力方向相反，所以会持续转动C．只有N极受力，会发生转动，最终静止时N极所指方向水平向右D．两极所受的力方向相反，会发生转动，最终静止时N极所指方向水平向右点拨：某时刻开始小磁针所在的区域出现水平向右的磁场，小磁针将会受到磁场力的作用，且N极受力方向与磁场方向相同，水平向右；S极受力方向与磁场方向相反，水平向左。