第十章电磁感应答案第一节电磁感应现象楞次定律考点知识梳理（一）磁感线的条数；φ＝BS；φ＝Bssinθ；韦伯；Wb；标量；穿过某一面积的磁感线条数；（二）穿过闭合电路的磁通量；感应电流；感应电动势；电源；磁通量；感应电动势；感应电流；（三）感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化；原磁通量；二者之间的相对运动；回路面积；原电流的变化（四）左手；右手考能训练1.【解析】产生的的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向里；产生的磁场在导线所围的面积内的磁感应强度的方向垂直纸面向外；所以四根导线产生的磁场叠加后在导线所围的面积内的磁场方向向里．故要使由四根直导线所围成的面积内的磁通量增加，只要将磁场方向相反的去除就可以了．【答案】D2.【解析】由于c、d以相同的速度向右运动，穿过闭合电路的磁通量不变，在闭合电路中没有感应电流产生，所以，没有电流通过电流表和电压表，故电流表和电压表均无示数．【答案】D23/233.【解析】将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc局部做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中产生感应电流，应选项①正确．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流，应选项②正确．当线框以ad边为轴转动（小于60°）时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流，应选项③正确．如果转过的角度超过60°，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流（60°～300°）．当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，那么穿过线框的磁通量始终保持不变（其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积），应选项④是错的．答案：A4.【解析】圆环b的半径大于环a的半径，由于Φ＝Φ内－Φ外（其中Φ内为磁铁内部的磁通量，Φ外为磁铁外部穿过线圈的磁通量），故其包含磁铁的外磁场范围越大，那么合磁通量越小．（磁铁内部、外部的磁通量方向相反，可抵消）．【答案】A5.解析：当MN中通以如图方向电流的瞬间，闭合回路abcd中磁场方向向外增加，那么根据楞次定律，感应电流产生磁场的方向应当垂直纸面向里，再根据安培定那么可知，cd中的电流的方向由d到C．答案：B6.解析：当磁体靠近超导体时，超导体的磁通量增加，由楞次定律可知，超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反.而超导体中产生感应电流后相当于通电螺线管，它与磁体是同名磁极相互靠近，所以两者互相排斥，当磁体受到向上的斥力与其重力相平衡时，磁体处于悬浮状态.答案：D.7.解析：如图，设观察方向为面向北方，左西右东，那么地磁场方向平行赤道外表向北，假设飞机由东向西飞行时，由右手定那么可判断出电动势方向为由上向下，23/23西东假设飞机由西向东飞行时，由右手定那么可判断出电动势方向为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对。答案：AD8.【解析】根据磁通量的定义：磁感应强度B与面积S的乘积，叫做穿过这个面的磁通量，但要注意S是与磁感应强度B相垂直的那局部面积．即故：①②线圈绕有50匝，但与磁感应强度B垂直的面积还是，故穿过这个面的磁感线条数不变．磁通量也可理解为穿过这个面的磁感线的条数．所以仍然为③根据磁通量的定义：【答案】①②③9.解析：此题考察右手定那么的应用。根据右手定那么，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．答案：B10．解析：在第一阶段原电流减少，故线圈B中的磁场减弱，所以感应电流磁场与原感应电流产生磁场方向相同；在第二阶段，原电流反向增大，故线圈B中的磁场增强，所以感应电流磁场与原感应电流产生磁场方向相反。假设根据感应电流阻碍原电流的变化，第一阶段，原电流反向减少，那么感应电流所原电流方向相同，即为负向；第二阶段，原电流正向增加，那么感应电流与原电流方向相反，即感应电流仍为负。23/23答案：D11.【解析】假设保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律，铝环向上跳起．【答案】CD12.【解析】铜环经过位置1时，有磁通量变化产生感应电流受磁场力方向向上，阻碍磁通量的增加，所以，；经过位置2时，环中磁通量最大，磁通量变化率为零，不产生感应电流，只受重力mg，故a2=g；铜环在位置3时速度大于位置1时的速度，所以经过位置3时磁通量变化率比位置1时大，产生的感应电流也大，受到的磁场力也大，且该磁场力仍然是阻碍环与磁场的相对运动，方向向上，所以a3<a1<g【答案】abd13.解析：由于金属棒ab在恒力f的作用下向右运动，那么abcd回路中产生逆时针方向的感应电流，那么在圆环处产生垂直于只面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。答案：收缩，变小14解析：由楞次定律，一开场磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是。答案：b15.解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段．进入磁场阶段（只有ab边在磁场中），在磁场中运动阶段（ab、cd两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有cd边在磁场中）．23 23="">．因此加速度的关系为＝>>．【答案】B5.【解析】由E＝BLv判知在MN运动过程中，L逐渐增大，故E增大；而该闭合回路的周长也在增大，故R在增大，可算得I不变．【答案】C6.【解析】MN之间有一电压表，因电压表本身内阻过大，可视为断路，故无I，那么F＝0；MN可视为电源，因电压表内无电流通过，故无电压示数．（据电压表工作原理），那么U＝0．【答案】C7.【解析】P点经过MN时，正方形闭合导线框切割磁感线的导线有效长度最大，感应电流最大．【答案】C23/238.解析：在ε=ΔB/Δt·S中，S是磁场变化的面积．所以IA=·．IB=·,所以IA∶IB＝1∶2注意:IA的计算不可用做实际面积大小,写成IA=·,而得到IA∶IB＝2∶1的错误结论9.解析：由=kL1L2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BIL∝B=kt∝t，所以安培力将随时间而增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开场向左移动。这时有：10.解析：释放瞬间ab只受重力，开场向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab到达最大速度。由，可得这道题也是一个典型的习题。要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力（重力和安培力）做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程。到达稳定速度后，重力势能的减小全部转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。进一步讨论：如果在该图上端电阻的右边串联接一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？（无论何时闭合电键，ab23/23可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，还可能闭合电键后就开场匀速运动，但最终稳定后的速度总是一样的）。10-2-3211.解析：⑴由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J⑵3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s⑶2到3是减速过程，因此安培力减小，由F-mg=ma知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s212.解析：这里的ΔΦ变化来自两个原因，一是由于B的变化，二是由于面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内．，ΔB/Δt=2T/S，ΔS/Δt=VLΔt=2×1×0．4＝0.8m1秒末B=2T，ΔS/Δt=0．4m2／s，所以ε＝（＋）=1.6V回路中电流I＝ε/R=1.6／1A＝1.6A,安培力F＝BIl＝2×1.6×0．4N＝1.28N13【解析】1s末＝0，2s末最大，结合楞次定律判定．【答案】B14.解析：电键K闭合时，L会产生ε自从而阻碍电流增大，D1和D2同时亮，随着电流趋于稳定，L中的ε自逐渐减小，最后L会把D1短路，D1不亮，而D2两端电压会增大而更亮．当K断开时，D2中因无电流会随之熄灭，而L中会产生ε自，与D1构成闭合回路，D1会亮一下．再者L中的电流是在I=的根底上减小的．会使D1中的电流在K断开的瞬间与K闭合时相比要大，因而D1会更亮答案：AC23/2315.解析：S闭合瞬间，L的阻抗很大，对灯泡A来讲在S闭合瞬间L可视为断路．由于如图电源左正右负，所以此刻灯泡中电流由a到b，选项A正确；S闭合后电路到达稳定状态时，L的阻抗为零，又L上纯电阻极小，所以灯泡A不能正常发光，应选项B正确．S断开前L上的电流由左向右，S断开瞬间，灯泡A上原有电流即刻消失，但L和A组成闭合回路，L上的电流仍从左向右，所以回路中电流方向是逆时针的，灯泡A上电流从b到a，应选项D正确，选项C错误．答案：ABD16.解析：此题考察电磁感应现象.(1)线框中产生的感应电动势在线框产生的感应电流,……③联立①②③得(2)导线框所受磁场力的大小为,它随时间的变化率为,由以上式联立可得。17.解析：⑴由图象分析可知，0至时间内由法拉第电磁感应定律有而由闭合电路欧姆定律有联立以上各式解得通过电阻上的电流大小为由楞次定律可判断通过电阻上的电流方向为从b到a23/23⑵通过电阻上的电量通过电阻上产生的热量18解析：(1)如以下图,在ab棒做加速运动时,由于v的增加,安培力F变大,ab棒在做加速度逐渐减小的加速运动,当a=0时,ab棒速度最大,为vm,那么T=Mg=mgsinθ+F+μmgcosθF=BIL=B2L2vm/(R+r)vm=3m/s.(2)由系统的总能量守恒可知,系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热、摩擦而转化的内能之和：Mgh-mghsinθ=μmghcosθ++QQ=32.88J,QR=Q=26.3J.又因为流过电路的电荷量q=Itq=Et/(R+r)E=ΔΦ/tq==BLh/(R+r)q=8.0C.答案：(1)vm=3m/s(2)QR=26.3Jq=8.0C19.【解析】带电粒子qE＝mg，r＝，U＝BLv＋BLv＋，那么有v2＝rgd／L［2＋R0／（R0＋R／3）］当r＝时，v＝vm＝m/s【答案】（或0.52）m/s第三节电磁感应定律的综合应用23/23考能训练1.解析：线框在进入和穿出磁场的过程中有感应电流,且受到安培力的合力方向始终向上,当安培力大于其重力时可能做减速运动.线框全部处于磁场中时,无电流,正确选项为C.答案：C2.解析：由E=和图乙可知,E均匀增加.又知E===BLv,所以=,所以=常数,即火车做匀加速直线运动.答案：B3.【解析】线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生感应电流受到安培力的作用，线圈抑制安培力所做的功等于产生的热量，应选项C正确．根据功能的转化关系得线圈减少的机械能等于产生的热量即应选项A、B是错的．根据动能定理得，应选项D是错的．【答案】C4.【解析】最终棒ab的速度为零，根据功与能的转化关系可知：假设导轨是粗糙的，导轨在水平方向要受到向左的安培力和滑动摩擦力．导体棒要抑制安培力做功，动能一局部转化为电热能；还要抑制滑动摩擦力做功，动能另一局部转化为摩擦产生的热量．但最终是全部转化为热能（热能等于开场时的总动能）．而导轨光滑，导轨在水平方向只受到向左的安培力作用，导体棒只要抑制安培力做功，动能全部转化为电热能（热能等于开场时的总动能）．而两种情况下导体棒改变的动量相等，都等于最初的导体棒动量．【答案】D5.考点分析此题为电磁感应现象和简谐运动的综合考察。解析：导体杆往复运动，切割磁感线相当于电源，其产生的感应电动势E＝Blv。由于杆相当于弹簧振子，其在O点处的速度最大，产生的感应电动势最大，因此电路中的电流最大。根据右手定那么，电流在P、Q两处改变方向，此时的电流为零。应选择B。23/23答案：D6.考点分析此题考察了电磁感应中闭合电路欧姆定律的应用。解析：线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半。而不同的线框的电阻不同。设a线框电阻为，b、c、d线框的电阻分别为、、，那么：，，，。答案：B7.【解析】设矩形线框的竖直边为a，水平边为b，线框拉出匀强磁场时的速度为，线框电阻为R．那么线框拉出匀强磁场时产生的感应电动势为，产生的感应电流为根据平衡条件得：作用的外力等于安培力即将线框从磁场中拉出外力要做功由这个表达式可知：两种情况都一样，拉出的速度越大，做的功就越多．第一次速度大，故根据，由这一推导过程可知两次拉出磁场通过导线截面的电量只与在磁场中的面积变化有关，即从磁场中拉出的线框面积．由于两次都等于整个线框的面积即两次拉出在磁场中的面积变化相等．故通过导线截面的电量两次相等．即【答案】C8.考点分析此题考察了电磁感应电路图象问题的分析。解析：设磁感应强度为B，线框速度为，当只有边进入PQ23/23磁场时，根据法拉第电磁感应定律，有，根据右手定那么判断出电流电流为，与题中规定的正方向相反，电波为负；当边进入QR磁场区域时，边进入PQ磁场区域，分别产生感应电动势，线框中的感应电动势为两局部感应电动势之和。所以有，方向为，为正值，而，方向为，为负值，所以；同理当边出QR磁场，边进入PQ磁场，边进入QR磁场时有，只有边在QR磁场时有，所以C正确。答案：C失分陷阱分不清内外电路、分不清电源电动势的方向、不能正确应用右手定那么。9．解析：（1）E＝BLv＝I1R1，v＝＝m/s＝5m/s，Ek＝mv2＝2.5J（1分）；（2）I＝3I1＝3A（2分），PA＝I12R1＋I22R2＝3I12R1＝2.4W或FA＝BIL＝2.4N，PA＝FAv＝2.4W；（3）由PA＝3I12R1和图线可知，PAµt，所以WA＝PAmt＝6J，（或根据图线，I12t即为图线与时间轴包围的面积，所以WA＝3I12R1t＝3××5×0.2×4＝6J）又WF－WA＝Ek，得WF＝WA＋Ek＝8.5J。10.【解析】由于导体棒匀速转动，所以外力的功率与产生的感应电流的电功率相等．根据法拉第电磁感应定律得：，所以电功率为【答案】C11.考点分析法拉第电磁感应定律，安培力以及牛顿第二定律。解析：由于L＜d，总有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，因此不受安培力，而做自由落体运动，因此不可能一直匀速运动，A选项错误。已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v023/23，由于线圈下边缘到达磁场下边界前一定是加速运动，所以只可能是先减速后加速，而不可能是先加速后减速，B选项错误。mgR/B2L２是安培力和重力平衡时所对应的速度，而此题线圈减速过程中不一定能到达这一速度，C选项错误。从能量守恒的角度来分析，线圈穿过磁场过程中，当线圈上边缘刚进入磁场时速度一定最小。从开场自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中用动能定理，设该过程抑制安培力做的功为W，那么有：mg（h＋L）－W＝mv2。再在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中用动能定理，该过程抑制安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有：mgd－W＝0。由以上两式可得最小速度v＝。所以D选项正确。答案：D12．解析：由于轨道是光滑的，所以金属块在滑动的过程中机械能的损失发生在进、出磁场的过程中。通过电磁感应产生焦耳热，最终物块将在磁场区域内以磁场上边界为极端位置做往复运动。产生的焦耳热的总量等于金属块由b高处降到a高处减少的重力势能与金属块的初动能之和。答案：D13．解析：（1）安培力F=BIL式中I=据题意，杆的速度v和位移x的函数关系为：v=v0-B2L2，所以，F==-由上式可知，安培力F与位移x成线性关系。（2）开场运动瞬间x=0，　F0=　停顿运动时v’=0，　F’=0（3）由于安培力F与位移x成线性关系，故安培力F所做的功与平均力所做的功W等效，即W=·xm=·xm由v和位移x的函数关系式可求得杆的最大位移23/23v’=v0-B2L2=0，xm=所以，W=·xm=·=mv02=ΔEK，命题得证（4）根据能量守恒，杆的动能完全转化为电阻R的内能ΔE=ΔEK=mv0214．解析：（1）由图象知12s末导体棒ab的速度为v1=9m/s，在0－12s内的加速度大小为m/s2=0.75m/s2（2）t1=12s时，导体棒中感应电动势为E=BLv1感应电流导体棒受到的安培力F1=BIL，即此时电动机牵引力为由牛顿第二定律得由图象知17s末导体棒ab的最大速度为v2=10m/s，此时加速度为零，同理有由①②两式解得，R=0.4Ω（3）0－12s内，导体棒匀加速运动的位移m12－17s内，导体棒的位移m由能量守恒得代入数据解得R上产生的热量Q=12.35J15．解析：（1）ab棒离开磁场右边界前做匀速运动的速度为V，产生的电动势为：电路中电流　对ab棒，由平衡条件得：　F－BIL=023/23解得(2)由能量守恒定律解得（3）设棒刚进入磁场时速度为V0，那么当V0=V，即时，棒做匀速直线运动；当V0＜V，即时，棒做先加速后匀速直线运动；当V0＞V，即时，棒做先减速后匀速直线运动；16．解析：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，到达最大时那么有mgsinθ=F安F安＝ILB　　　　　　其中　　　R总＝6R所以mgsinθ=解得最大速度　　　（2）由能量守恒知，放出的电热　Q=2S0sinα-代入上面的vm值，可得　（3）R2上消耗的功率　其中　　又　　23/23解以上方程组可得当时，R2消耗的功率最大最大功率单元质量评估（十）1.【解析】对油滴有，电场力向上．又由于油滴带负电，故电场强度方向向下，电容器上极板带正电，下极板带负电，线圈感应电动势正极在上端，负极在下端．由楞次定律得知ab向右减速运动或向左加速运动．×GNFα【答案】AD2.解析：当金属杆由静止开场滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R构成一个回路；其受力情况如以下图，根据牛顿第二定律得：所以金属杆由静止开场做加速度减小的加速运动，当=0时，即，此时达最大速度vm，可得：，故由此式知选项B、C正确。答案：BC3.解析：电键K闭合时，电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K的瞬间，电感上的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C均错，D对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A对答案：AD4.【解析】A选项在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。23/23B选项根据左手定那么可以判断，受安培力向下，B不正确。C选项当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=Bav，C正确。D选项感应电动势平均值，D正确。【答案】ACD5.【解析】横杆匀速滑动时，由于不变，故，．加速滑动时，由于逐渐增大，电容器不断充电，故，．【答案】D6.【解析】A选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增加，与图乙中感应电流方向矛盾，故A错；B选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱符合条件，但0.5～1s，磁场垂直纸面向里且均匀增强与图乙中感应电流方向矛盾，故B错；C选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.5～1s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，1～1.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增强，1.5～2s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱，都与题意相付，故C对；D选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.5～1.5s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，1.5～2s磁场垂直纸面向里且均匀增强，都与题意相付，故D对。答案：CD7.【解析】线框中不产生感应电流，那么要求线框所组成的闭合回路内的磁通量不发生变化，即线框全部在磁场中匀速运动时没有感应电流．所以线框从左边框进入磁场时开场到线框的右边框将要离开磁场时止，这个过程中回路中将没有感应电流．【答案】C8.【解析】橡胶盘A在加速转动时，产生的磁场在不断增加，穿过B的磁通量不断增加，根据楞次定律可知B正确。【答案】B23/239.解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定那么可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为时，产生的电动势为，受到的安培力为，计算可得,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。答案：AC10.解析：当线框的ab边进入GH后匀速运动到进入JP为止，ab进入JP后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此ab进入JP后开场做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2</a1<g【答案】abd13.解析：由于金属棒ab在恒力f的作用下向右运动，那么abcd回路中产生逆时针方向的感应电流，那么在圆环处产生垂直于只面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。答案：收缩，变小14解析：由楞次定律，一开场磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是。答案：b15.解析：线框穿过磁场的过程可分为三个阶段．进入磁场阶段（只有ab边在磁场中），在磁场中运动阶段（ab、cd两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有cd边在磁场中）．23>