第四章 专题一 楞次定律的推广及应用
课后强化演练
一、选择题
1．如图所示，两条柔软的导线与两根金属棒相连，组成闭合电路，且上端金属棒固定，下端金属棒自由悬垂．如果穿过回路的磁场逐渐增强，下面金属棒可能的运动情况是( )
A．向左摆动
B．向右摆动
C．向上运动
D．不运动
解析：由于磁场增强且没有具体方向，穿过闭合线圈的磁通量增加，根据楞次定律，产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，故线圈会朝着磁通量减少的方向运动．线圈向左、向右或向上摆动均能使穿过它的磁通量减少，故选项A、B、C均正确．
答案：ABC
2．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的判断正确的是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
解析：条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减少．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势．当通过线圈的磁通量减少时，为阻碍其减少，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．
答案：D
3．如图所示，在O点悬挂一轻质导线环，一条形磁铁沿导线环轴线方向静止，突然平行于环所在的平面向右平移少许，则导线环的运动情况是( )
A．不动
B．向右摆动
C．向左摆动
D．因磁铁的极性未知，无法确定
解析：不管是哪个磁极靠近线圈，磁铁向右运动时，感应电流的磁场总要阻碍磁铁的相对运动，所以环将有和磁场同方向的运动，即向右摆动．
答案：B
4．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
解析：由楞次定律及左手定则可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减小，则N受吸引而向左．故C选项正确．
答案：C
5．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( )
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析：电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体要相向运动，相互靠近．
答案：C
6．(2012·高考课标全国理综)如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )
解析：题中“线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右”表明穿过线框的磁通量先减小后增大，即导线中的电流先减小后增大，选项C、D错误；根据楞次定律，当导线中的电流先沿正方向减小时，在线框中才产生顺时针方向的感应电流，选项B错A对．
答案：A
二、非选择题
7．如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下．在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有________(选填“收缩”或“扩张”)趋势，圆环内产生的感应电流________(选填“变大”“变小”或“不变”)．
解析：由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，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
8．三个金属环用细线悬挂，与螺线管都垂直且C在上方正中，当滑片P右滑时，分析A、B、C环的运动情况．
解析：当滑片P右滑时，电路中的电阻变小，电流变大，穿过三个线圈的磁通量都增大，则环将通过向磁场较弱的位置运动来阻碍磁通量的增大，故A左摆、B右摆．而C在磁场方向上面积已经最大且磁场垂直穿过C，C的受力向上．故C向上运动．
答案：A左摆、B右摆、C向上运动
第四章 专题二 法拉第电磁感应定律的综合应用
课后强化演练
一、选择题
1．如图所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，除R外其他电阻均不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场．当质量为m的金属棒cd在水平恒力F作用下由静止向右滑动过程中，下列说法中正确的是( )
A．水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能
B．只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能
C．无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定不等于电路中产生的电能
D．R两端电压始终等于cd棒中的感应电动势
解析：外力始终要克服摩擦力做功，选项A、B均错；克服磁场力所做的功在任何情况下都等于电路中产生的电能，选项C错；因为电源cd无内阻，所以选项D对．
答案：D
2．(2010·四川高考)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )
A．为0 B．先减小后不变
C．等于F D．先增大再减小
解析：a棒受恒定的拉力作用，随着速度的增大，安培阻力增大，因此，a做加速度减小的加速运动．当a加速度为0后匀速运动，所以a所受安培力先增大后不变．由于a、b所受安培力大小相等，所以b所受安培力先增大后不变，由于b始终保持静止，故b所受摩擦力先减小后不变，B正确；若b所受安培力大小等于重力沿导轨向下的分力大小，则b所受摩擦力为零，A正确．
答案：AB
3．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变化的图象正确的是( )
解析：当MN进入磁场后，切割磁感线产生感应电动势，E＝BLv，是一定值；而刚开始运动和最后一段末切割磁感线，不产生感应电动势，故A项正确．
答案：A
4．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环会受到向上的磁场作用力( )
解析：选项C、D中磁感应强度B随时间是均匀变化的，在螺线管中产生的是稳定电流，这样在圆环中不能产生感应电流，圆环也就不能受安培力．
选项A中磁场增强，磁感应强度B变大，但变化率却越来越小，由E＝·S可知螺线管中电流越来越小，由楞次定律判断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环处产生的磁场方向向上，且磁感应强度逐渐减小，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量减小，受到向上的作用力．
选项B中磁场增强，磁感应强度B变大，但变化率却越来越大，由E＝·S可知螺线管中电流越来越大，由楞次定律判断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环处产生的磁场方向向上，且磁感应强度逐渐增大，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量增加，受到向下的作用力．故答案为A.
答案：A
5.(2011·高考福建理综)如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角 (0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sinθ
解析：流过ab棒某一截面的电量q＝·t＝·t＝，ab棒下滑的位移x＝，其平均速度v＝，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于v，A错误B正确；由能量守恒mgxsinθ＝Q＋mv2，产生的焦耳热Q＝mgxsinθ－mv2＝mgsinθ－mv2，C错误；当mgsinθ＝时v最大，安培力最大，即F安m＝mgsinθ或，D错误．
答案：B
6．(2010·高考浙江卷)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图(上)所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图(下)所示．在t＝0时刻金属板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是( )
A．第2秒内上金属板为正极
B．第3秒内上金属板为负极
C．第2秒末微粒回到了原来位置
D．第2秒末两金属板之间的电场强度大小为0.2 πr2/d
解析：本题考查电磁感应定律和楞次定律，及带电粒子在电场中的运动情况．根据楞次定律，结合图象可以判断：在0～1 s内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A选项正确，B选项错误．由于磁感应强度均匀变化，故产生的感应电动势大小是恒定的，感应电动势大小E＝＝S＝0.1πr2，第2秒末两极板间的电场强度为＝，D选项错误．在第1秒内电荷由静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动，第2秒内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动，第2秒末速度为0，故C选项错误．
答案：A
二、非选择题
7.(2011·高考全国卷)如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．
解析：(1)设小灯泡的额定电流为I0，有
P＝IR①
由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为
I＝2I0②
此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有
mg＝BLI③
联立①②③式得
B＝.④
(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速度为v，由电磁感应定律与欧姆定律得
E＝BLv⑤
E＝RI0⑥
联立①②④⑤⑥式得
v＝.⑦
答案：(1) (2)
8．(2011·高考天津理综)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10 m/s2，问：
(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
(3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？
解析：(1)棒cd受到的安培力
Fcd＝IlB①
棒cd在共点力作用下平衡，则
Fcd＝mgsin30°②
由①②式，代入数据解得
I＝1 A③
根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c.④
(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等
Fab＝Fcd
对棒ab，由共点力平衡知
F＝mgsin30°＋IlB⑤
代入数据解得
F＝0.2 N．⑥
(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律知
Q＝I2Rt⑦
设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势
E＝Blv⑧
由闭合电路欧姆定律知：I＝⑨
由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移
x＝vt
力F做的功
W＝Fx?
综合上述各式，代入数据解得
W＝0.4 J．?
答案：(1)1 A 方向由d至c (2)0.2N (3)0.4 J
单元综合测评四
第四章 电磁感应
(时间：90分钟 满分：100分)
温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．
第Ⅰ卷(选择题，共52分)
一、选择题(本大题共13小题，每小题4分，共52分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
1．(2013·海口高二检测)物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．下面列举的四种器件中，利用电磁感应原理工作的是( )
A．回旋加速器 B．电磁炉
C．质谱仪 D．示波管
解析：回旋加速器、质谱仪都是利用洛伦兹力工作，示波管是利用电场力工作的，电磁炉是利用电磁感应原理工作，B正确．
答案：B
2．如图所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁可能是( )
A．向下运动
B．向上运动
C．向左平移
D．以上都不可能
解析：感应电流方向从A经R到B，根据安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向应是从上到下．由楞次定律判断出螺线管内磁通量的变化由条形磁铁的磁感线分布知螺线管内原磁场是向下的，应是磁通量减小，即磁铁向上运动或向左平移．所以正确答案是B、C.
答案：BC
3.(2013·泰兴高二检测)如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小及AB之间的电势差分别为( )
A．BLv B．2BLv BLv
C．2BLv D．BLv 2BLv
解析：根据E＝BLv，感应电动势E＝2BLv，AB间的电势差U＝＝，C项正确．
答案：C
4.半径为R的圆形线圈，两端A、D接有一个平行板电容器，线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中，如图所示，则要使电容器所带电荷量Q增大，可以采取的措施是( )
A．增大电容器两极板间的距离
B．增大磁感应强度的变化率
C．减小线圈的半径
D．改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角
解析：由Q＝CU，U＝E＝＝，分析可得增大磁感应强度变化率，增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、D间电压，从而使Q增大，C、D错误．B项正确．减小电容器两极板间距离可使Q增大，A错误．
答案：B
5.如图所示灯A、B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则( )
A．S闭合的瞬间，A、B同时发光，接着A变暗，B更亮，最后A熄灭
B．S闭合瞬间，A不亮，B立即亮
C．S闭合瞬间，A、B都不立即亮
D．稳定后再断开S的瞬间，B熄灭，A闪亮一下再熄灭
解析：S接通的瞬间，L所在支路中电流从无到有发生变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流增加．由于有铁芯，自感系数较大，对电流的阻碍作用也就很强，所以S接通的瞬间L中的电流非常小，即干路中的电流几乎全部流过A，所以A、B会同时亮．
又由于L中电流逐渐稳定，感应电动势逐渐消失，A逐渐变暗，线圈的电阻可忽略，对A起到“短路”作用，因此A最后熄灭．这个过程电路的总电阻比刚接通时小，由恒定电流知识可知，B会比以前更亮．稳定后S断开瞬间，由于线圈的电流较大，L与A组成回路，A要闪亮一下再熄灭，B立即熄灭．
答案：AD
6.在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在点1，现把它从1扳向2，如图所示，试判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是( )
A．先由P→Q，再由Q→P B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P D．始终由P→Q
解析：开关由1扳到2，线圈A中电流产生的磁场由左向右先减小后反向增加，由楞次定律可得R中电流由Q→P，选项C正确．
答案：C
7．(2013·牡丹江高二检测)在匀强磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中做下列哪些运动时，线圈中能产生感应电流( )
A．线圈沿自身所在的平面做匀速运动
B．线圈沿自身所在的平面做加速运动
C．线圈绕任意一条直径做转动
D．线圈沿着磁场方向向上移动
解析：线圈沿自身所在的平面运动、沿着磁场方向向上移动时，穿过线圈的磁通量不变化，不能产生感应电流，故A、B、D错误；线圈绕任意一条直径做转动时，穿过线圈的磁通量变化，故能产生感应电流，故C正确．
答案：C
8．下列应用中哪些与涡流有关( )
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电度表(转盘式)
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
解析：高频感应冶炼炉的炉外围通入反复变化的电流，则炉内的金属中会产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电度表(转盘式)的转盘中有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生感应电流，不同于涡流，D错误．
答案：ABC
9．(2012·高考北京理综)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
解析：当闭合S瞬间，线圈L内产生的磁场B及磁通量的变化率，随电压及线圈匝数增加而增大，如果套环是金属材料又闭合，由楞次定律可知，环内会产生感应电流I及磁场B′，环会受到向上的安培力F，当F＞mg时，环跳起，越大，环电阻越小，F越大．如果环越轻，跳起效果越好，所以选项B、C错误；如果套环换用电阻大密度大的材料，I减小F减小，mg增大，套环可能无法跳起，选项D正确；如果使用交流电，S闭合后，套环受到的安培力大小及方向(上下)周期性变化，S闭合瞬间，F大小、方向都不确定，直流电效果会更好，选项A错误．
答案：D
10．一金属圆环水平固定放置．现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )
A．始终相互吸引
B．始终相互排斥
C．先相互吸引，后相互排斥
D．先相互排斥，后相互吸引
解析：当条形磁铁靠近圆环时，产生感应电流，感应电流在磁场中受到安培力的作用，由楞次定律可知，安培力总是“阻碍变化”，因此，条形磁铁靠近圆环时，受到排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，受到吸引力，D正确．
答案：D
11．(2012·高考全国新课标卷)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B.
C. D.
解析：设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，＝，故C项正确．
答案：C
12．(2013·黑龙江哈尔滨一模)如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内电容器( )
A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带正电，所带电荷量为
C．上极板带负电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
解析：由乙图可知＝，B增大，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，故上极板带正电，E＝n＝，Q＝CE＝，A正确．
答案：A
13．(2012·高考山东理综)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )
A．P＝2mgvsinθ
B．P＝3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析：对导体棒受力分析如图．当导体棒以v匀速运动时(如图甲)，应有：mgsinθ＝F安＝BIL＝；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，F＋mgsinθ＝，两式联立得F＝mgsinθ，则P＝F·2v＝2mgvsinθ，A正确，B错误；
由牛顿第二定律，当导体棒的速度为时，a＝＝＝sinθ，C正确；
由功能关系，当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和，D错误．
答案：AC
第Ⅱ卷(非选择题，共48分)
二、论述、计算题(本题共4小题，共48分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
14.(2013·永州高二检测)如图所示，MN，PQ是两条水平放置的平行光滑导轨，其电阻可以忽略不计，轨道间路l＝0.60 m，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝1.0×10－2 T，金属杆垂直于导轨放置，与导轨接触良好，ab杆在导轨间部分的电阻r＝1.0 Ω，在导轨的左端连接有电阻R1、R2，阻值分别为R1＝3.0 Ω，R2＝6.0 Ω，ab杆在外力作用下以v＝5.0 m/s的速度向右匀速运动．求：
(1)ab杆哪端电势高；
(2)求通过ab杆的电流I.
解析：(1)由右手定则知感应电流方向为b→a，故a端电势高．
(2)当ab杆匀速运动时，产生的感应电动势为E＝Blv＝3.0×10－2 V，R1与R2并联的总电阻为R并＝＝2.0 Ω.根据闭合电路欧姆定律可知，通过ab杆的电流为I＝＝1.0×10－2 A.
答案：(1)a (2)1.0×10－2 A
15．(2013·成都高二检测)如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，磁场方向垂直于导轨平面向外，导体棒ab的长度与导轨宽度均为L＝0.2 m，电阻R＝1.0 Ω.导轨电阻不计，当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“6 V 3 W”字样的两小灯泡恰好正常发光，求：
(1)通过ab的电流的大小和方向；
(2)ab运动速度的大小；
(3)电路的总功率．
解析：(1)每个小灯泡中的电流为I1＝＝0.5 A
则ab中的电流为I＝2I1＝1 A
由右手定则知通过ab棒的电流方向为由b到a.
(2)ab产生的感应电动势：
E＝U1＋IR＝6 V＋1×1.0 V＝7 V
由E＝BLv，知ab的运动速度v＝＝70 m/s.
(3)电路的总功率P＝IE＝7 W.
答案：(1)1 A 由b到a (2)70 m/s (3)7 W
16．我国的“嫦娥二号”探月卫星在发射1 533秒后进入近地点高度为200 km的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50 cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B＝4×10－5 T，方向如图所示．
(1)该过程中磁通量的改变量是多少？
(2)该过程线框中有无感应电流？设线框电阻为R＝0.1 Ω，若有电流则通过线框的电量是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：(1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BSsin37°＝6.0×10－6 Wb
当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ2＝BScos143°＝－8.0×10－6 Wb
该过程磁通量的改变量大小
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝1.4×10－5 Wb.
(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流
根据电磁感应定律得，
＝＝
通过的电量为q＝·Δt＝＝1.4×10－4 C.
答案：(1)1.4×10－5 Wb
(2)有 1.4×10－4 C
17．(2012·高考天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF.
解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得
＝①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得
＝③
则通过电阻R的电荷量为
q＝Δt④
联立①②③④式，代入数据得
q＝4.5 C．⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得
v2＝2ax⑥
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得
W＝0－mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热
Q2＝－W⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得
Q2＝1.8 J．⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得
Q1＝3.6 J⑩
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知
WF＝Q1＋Q2?
由⑨⑩?式得
WF＝5.4 J．?
答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
第四章 第1、2节 划时代的发现
探究感应电流的产生条件
课后强化演练
一、选择题
1．(2013·惠州高二检测)关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )
A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大
C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零
D．穿过线圈的磁通量为零，磁感应强度也一定为零
解析：磁通量的多少是由磁感应强度、线圈的面积以及二者的位置关系共同决定的，仅磁感应强度大或者线圈面积大，不能确定穿过线圈的磁通量就大，故A、B错误；当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，但是磁感应强度不为零，故C正确，D错误．
答案：C
2．(2013·咸阳高二检测)图中能产生感应电流的是( )
解析：A项中线圈没闭合，无感应电流产生．C项中穿过线圈的磁通量始终为零，不发生变化，D项中，线圈在匀强磁场中平动，穿过线圈的磁通量不发生变化，故A、C、D错误；B项中，闭合回路的面积增大，穿过回路的磁场量增大，有感应电流产生，故B项正确．
答案：B
3．如右图所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合弹簧线圈，若把线圈四周往外拉，使线圈包围的面积变大，这时线圈中( )
A．有感应电流
B．无感应电流
C．穿过线圈的磁通量增大
D．穿过线圈的磁通量减小
解析：当线圈面积增大时，穿过线圈的条形磁铁外部磁感线增加，而条形磁铁内部的磁感线条数是不变的，外部穿过线圈的条数增多，则穿过线圈的磁感线总条数减少，磁通量减小，线圈中会引起感应电流．
答案：AD
4．如图所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα＝4/5，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为( )
A．BS B．4BS/5
C．3BS/5 D．3BS/4
解析：在磁通量Φ＝BS公式中，B与S必须垂直，若B与S不垂直，则S要转化为垂直于B的有效面积，也可以将B转化为垂直于S的垂直分量，故Φ＝BSsinα＝4BS/5.
答案：B
5．如图所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内，一半在匀强磁场外，若要使线圈中产生感应电流，下列方法可行的是( )
A．以ab为轴转动
B．以OO′为轴转动
C．以ad为轴转动(小于60°)
D．以bc为轴转动(小于60°)
解析：以ab、OO′为轴转动时，磁通量都可发生变化，产生感应电流；以ad边为轴转动时，当转过角度小于60°时，bc边在磁场外，磁通量不发生变化，只有转动角度超过60°时，磁通量才发生变化，才能产生感应电流；以bc边为轴转动时，超过60°时，整个线圈将转出磁场，磁通量变为零，综上所述，选项A、B、D正确，C错．
答案：ABD
6．一条形磁铁与导线环在同一平面内，磁铁的中心恰与导线环的圆心重合．如图所示，为了在导线环中产生感应电流，磁铁应( )
A．绕垂直于纸面且过O点的轴转动
B．向右平动
C．向左平动
D．N极向外，S极向里转动
解析：题图中位置穿过导线环平面的磁通量为零，要使导线环中产生感应电流，只要让导线环中的磁通量发生变化，A、B、C项中的运动，导线环内的磁通量始终为零，只有D项导线环中的磁通量发生变化，故选D.
答案：D
二、非选择题
7.如图所示，一有限范围的匀强磁场，宽度为d，将一边长为l的正方形线框以速度v匀速地通过磁场区域，若d>l，则在线框中产生感应电流的时间为多少？若d解析：若d>l，当线框完全在磁场中运动时，穿过线框的磁通量不变化，不产生感应电流，产生感应电流运动的距离为2l，时间为t1＝；若d答案：
8．一个单匝矩形线圈abcd，边长ab＝30 cm，bc＝20 cm，如图所示放在Oxyz坐标系内，线圈平面垂直于Oxy平面，与Ox轴和Oy轴的夹角分别为α＝30°和β＝60°，匀强磁场的磁感应强度B＝10－2 T．试计算：当
磁场方向分别沿Ox、Oy、Oz方向时，穿过线圈的磁通量分别为多少．
解析：匀强磁场中穿过垂直于磁场方向、面积为S的平面的磁通量为Φ＝BS，题中磁场分别沿Ox、Oy、Oz方向时，分别找出矩形线圈在垂直于磁场方向上的投影面积，就可直接用上述公式计算．
矩形线圈的面积S＝ab×bc＝0.30×0.20 m2＝6×10－2 m2.
它在垂直于坐标轴上的投影面积的大小分别为
Sx＝Scosβ＝6×10－2× m2＝3×10－2 m2，
Sy＝Scosα＝6×10－2× m2＝3×10－2 m2，
Sz＝0.
当磁感应强度B沿Ox方向时，穿过线圈的磁通量
Φx＝BSx＝10－2×3×10－2 Wb＝3×10－4 Wb.
当磁感应强度B沿Oy方向时，穿过线圈的磁通量
Φy＝BSy＝10－2×3×10－2 Wb＝3×10－4 Wb.
当磁感应强度B沿Oz方向时，穿过线圈的磁通量
Φz＝BSz＝0.
答案：Φx＝3×10－4 Wb Φy＝3×10－4 Wb Φz＝0
第四章 第3节 楞次定律
课后强化演练
一、选择题
1．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置甲(左)匀速运动到位置乙(右)，则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
解析：由右手定则可判断出导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a.由左手定则可判断导线框进入磁场时受到的安培力水平向左，导线框离开磁场时，受到的安培力水平向左，因此选项D正确．
答案：D
2．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )
解析：根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．综合以上分析知，选项C、D正确．
答案：CD
3.如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈I突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是( )
A．有顺时针方向的感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．先逆时针后顺时针方向的感应电流
D．无感应电流
解析：穿过线圈的磁通量包括磁体内和磁体外的一部分，合磁通量是向上的．当线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少．故由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向．
答案：A
4．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下说法中正确的是( )
A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向
C．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向
D．环穿出磁场之前，就已经有了电流
解析：不管将金属圆环从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向，故A、C错误，B正确；圆环在穿出磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，不产生感应电流，故D错误．
答案：B
5．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置由静止开放释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
解析：线圈从右端到最低点和从最低点到左侧最高点的过程中，磁感线是从线圈的两个不同面进入的，假设前半段时间是从正面进入，则后半段时间从背面进入．由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.
答案：B
6．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线左边，两者彼此绝缘，当导线中电流突然增大时，线框整体受力情况为( )
A．受力向右 B．受力向左
C．受力向上 D．受力为零
解析：用楞次定律分析求解，要注意线圈内“净”磁通量的变化．
答案：A
二、非选择题
7．(探究创新)某同学在学习了感应电流的产生条件和楞次定律之后，自己制作了一个手动手电筒．如图是手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁铁，中间是一根绝缘直杆，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O点是两磁极连线的中点，a、b两点关于O点对称．
(1)试分析其工作原理；
(2)灯泡中的电流方向是否变化．
解析：(1)线圈来回滑动时，穿过线圈的磁通量不断变化，线圈中产生感应电流，灯泡发光．
(2)线圈由a滑至b过程中，磁场方向向左，穿过线圈的磁通量先减小后增加，根据楞次定律，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右．
同样可判断线圈由b滑至a过程中，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右．所以线圈中电流方向不断变化．
答案：(1)见解析 (2)变化
8．线圈在长直导线电流的磁场中，做如图所示的运动：(甲)向右平动，(乙)向下平动，(丙)绕轴转动(ad边向外转动角度θ≤90°)，(丁)从纸面向外做平动，(戊)向上平动[(戊)线圈有个缺口]，判断线圈中有没有感应电流？若有，方向如何？
解析：
对象
动作
穿过线圈的磁通量
感应电动势
线圈结构
感应电流
感应电流方向
(甲)
向右平动
不变
无
闭合
无
(乙)
向下平动
减少
有
闭合
有
a→d→c→b
(丙)
绕轴转动
减少
有
闭合
有
a→d→c→b
(丁)
从纸面向外平动
减少
有
闭合
有
a→d→c→b
(戊)
向上平动
增加
有
不闭合
无
答案：见解析
第四章 第4节 法拉第电磁感应定律
课后强化演练
一、选择题
1．(2011·高考广东理综)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析：由法拉第电磁感应定律E＝n可知感应电动势的大小E与n有关，与即磁通量变化的快慢成正比，所以A、B错误，C正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反．原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场同向，故D错误．
答案：C
2.(2010·高考山东卷)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时( )
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同
解析：正方形闭合回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的合磁通量为零，A正确；由右手定则可以判断ab边上的电流方向为由a到b，cd边上的电流方向为由c到d，所以回路中感应电流的方向为逆时针方向，C错误；由法拉第电磁感应定律可知回路中感应电动势大小为E感＝Eab＋Ecd＝2Blv0，B正确；由左手定则可以判定回路中ab边与cd边所受安培力方向相同，都是水平向左的，D正确．
答案：ABD
3.(2013·深圳高二检测)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．导体框中产生的焦耳热相同
C．导体框ad边两端电势差相同
D．通过导体框截面的电量相同
解析：由楞次定律，从两个方向移出磁场过程中感应电流方向都是a→d→c→b→a，A项正确；以v拉出磁场时，cd边等效为电源E1＝Blv，I1＝＝，t＝，所以产生的焦耳热
Q1＝IRt＝，
ad边电势差Uad＝I1×＝
通过的电量q1＝I1t＝
以3v拉出磁场时，ad边等效为电源
Q2＝，
Uad＝，q2＝，
故B、C错，D对．
答案：AD
4．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，已知C＝30 μF，L1＝5 cm，L2＝8 cm，磁场以5×10－2 T/s的速率增加，则( )
A．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5 C
B．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5 C
C．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9 C
D．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C
解析：电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E，由法拉第电磁感应定律，可得E＝·L1L2＝2×10－4 V，电容器的带电荷量Q＝CU＝CE＝6×10－9 C，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，故C项正确．
答案：C
5．(2010·全国高考Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
解析：由E＝Blv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V可知A项错误，B项正确；再由右手定则可判断河北岸电势高，故C项错误，D项正确．
答案：BD
6．如图所示，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环部分置于均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＞0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ.则( )
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张的趋势
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中ab两点间的电压大小为kπr2
解析：根据楞次定律，可判断圆环中产生的感应电流沿逆时针方向，故A错误；当磁场增大时，穿过线圈的磁通量增加，由于“阻碍”作用，线圈有缩小的趋势，故B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝＝πr2k，R＝ρ，所以电流I＝＝，故C正确；圆环的右侧相当于电源，左侧是外电路，a、b两点间的电压是路端电压，即U＝＝πr2k，故D错误．
答案：C
二、非选择题
7.如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v＝
4．0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒上产生的感应电动势为E＝Bl·v＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V.
(2)回路中感应电流的大小为I＝＝ A＝4 A.
(3)ab棒受到的安培力F安＝BIl＝0.40×4×0.50 N＝
0．8 N，由平衡条件得，F＝F安＝0.8 N.
答案：(1)0.80 V (2)4 A (3)0.8 N
8．如图所示，矩形线圈在0.01 s内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ.已知ad＝5×10－2 m，ab＝20×10－2 m，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，R1＝R3＝1 Ω，R2＝R4＝3 Ω.求：
(1)平均感应电动势；
(2)转落时，通过各电阻的平均电流．(线圈的电阻忽略不计)
解析：线圈由位置Ⅰ转落至位置Ⅱ的过程中，穿过线圈的磁通量Φ发生变化，即产生感应电动势，视这一线圈为一等效电源，线圈内部为内电路，线圈外部为外电路，然后根据闭合电路欧姆定律求解．
(1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，有Φ1＝BSsin30°＝1×10－2 Wb，Φ2＝2×10－2 Wb，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2 Wb.
根据电磁感应定律可得E＝＝ V＝1 V.
(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻R＝＝ Ω＝2 Ω.
根据闭合电路欧姆定律得总电流I＝＝ A＝0.5 A.
通过各电阻的电流I′＝0.25 A.
答案：(1)1 V (2)0.25 A
第四章 第5节 电磁感应现象的两类情况
课后强化演练
一、选择题
1．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是( )
解析：据麦克斯韦电磁理论，要产生恒定的感生电场，必须由均匀变化的磁场产生，C对．
答案：C
2．下列说法中正确的是( )
A．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的
B．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的
C．动生电动势的方向可以由右手定则来判定
D．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反
解析：动生电动势是洛伦兹力沿导体方向的分力做功引起的，但洛伦兹力对自由电荷所做的总功仍为零，选项A、B错误；动生电动势是由于导体切割磁感线产生的，可由右手定则判定方向．C正确；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等方向相反，做变速运动时不成立．故D错误．
答案：C
3．如图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电小球，整个装置处于竖直向下的
磁场中，当磁场突然增大时，小球将( )
A．沿顺时针方向运动
B．沿逆时针方向运动
C．在原位置附近往复运动
D．仍然保持静止状态
解析：当磁场增大时，由楞次定律和右手螺旋定则知，感应电场沿逆时针方向，带负电小球在电场力作用下沿顺时针方向运动．
答案：A
4．(2013·大连高二检测)如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是( )
A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大
B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大
C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大
解析：导体棒ab切割磁感线属于动生电动势，由右手定则可知，φa>φb，磁感应强度B随时间均匀增大，由E＝BLv得，电势差Uab在逐渐增大，选项A正确而B错误；矩形线框cdef因为运动而在cd、ef中产生的动生电动势相抵消，故只有磁感应强度变化而在线框中产生的感生电动势，由楞次定律得，线框中感应电流的方向是逆时针方向，由法拉第电磁感应定律E＝·S得，线框cdef中感应电动势的大小不变，因此其感应电流的大小也不变，选项C、D均错．
答案：A
5.如图所示，一金属半圆环置于匀强磁场中，当磁场突然减弱时，则( )
A．N端电势高
B．M端电势高
C．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，N端电势高
D．若磁场不变，将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，M端电势高
解析：将半圆环补充为圆形回路，由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M，即M端电势高，B正确；若磁场不变，半圆环绕MN轴旋转180°的过程中，由楞次定律可判断，半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M，即M端电势高，D正确．
答案：BD
6．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图所示．现令磁感应强度B随时间变化，先按如图所示的Oa图线变化，后来又按照图线bc、cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则( )
A．E1＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
C．E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向
D．E3＝E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向
解析：bc段与cd段磁感应强度的变化率相等，大于aO的磁感应强度变化率．E1＜E2，由楞次定律及安培定则可以判断B、C正确．
答案：BC
二、非选择题
7．如图所示，光滑导轨MN、PQ在同一水平面内平行固定放置，其间距d＝1 m，右端通过导线与阻值R＝10 Ω的小灯泡L相连，导轨区域内有竖直向下磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，一金属棒在恒力F＝0.8 N的作用下匀速通过磁场．
(不考虑导轨和金属棒的电阻，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触)．求：
(1)金属棒运动速度的大小；
(2)小灯泡的功率．
解析：(1)由E＝Bdv，I＝
匀速时F＝BId得v＝＝8 m/s.
(2)P＝I2R＝＝6.4 W.
答案：(1)8 m/s (2)6.4 W
8．如图甲所示，截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向．R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．
解析：E＝nS＝100××0.2 V＝0.4 V
电路中的电流I＝＝ A＝0.04 A
所以UC＝U2＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V
Q＝CUC＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C
由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电．
答案：7.2×10－6 C 上极板带正电
第四章 第6节 互感和自感
课后强化演练
一、选择题
1．关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是( )
A．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C．通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
解析：
答案：B
2.在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是( )
A．G1和G2指针都立即回到零点
B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
解析：根据题意，电流自右向左时，指针向右偏．那么，电流自左向右时，指针应向左偏．当开关S断开瞬间，G1中电流立即消失，而L由于自感作用，电流不能立即消失，电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一个短时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减小为零，而G1中的电流和原方向相反，变为自左向右，和G2中的电流同时减为零；也就是G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点，故D正确．
答案：D
3．(2013·锦州高二检测)如图所示电路中，自感系数较大的线圈L的直流电阻不计，下列操作中能使电容器C的A板带正电的是( )
A．S闭合的瞬间
B．S断开的瞬间
C．S闭合电路稳定后
D．S闭合、向左移动变阻器触头
解析：S闭合电路稳定时，线圈两端没有电势差，电容器两板不带电；S闭合瞬间，或向左移动变阻器触头时，电流增大，线圈产生自感电动势方向与电流方向相反，使B板带正电；S断开的瞬间，电流减小，线圈产生自感电动势的方向与电流方向相同，使A板带正电，B项正确．
答案：B
4.如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到( )
A．灯泡变暗 B．灯泡变亮
C．螺线管缩短 D．螺线管伸长
解析：当软铁棒插入螺线管中，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，这样电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流作用力减小，故螺线管伸长．
答案：AD
5．(2011·高考北京理综)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
解析：由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确．自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错．
答案：C
6．如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同．由于存在自感现象，在开关S闭合和断开时，灯A和B先后亮暗的顺序是( )
A．闭合时，A先达最亮；断开时，A后暗
B．闭合时，B先达最亮；断开时，B后暗
C．闭合时，A先达最亮；断开时，A先暗
D．闭合时，B先达最亮；断开时，B先暗
解析：开关S闭合时，由于自感作用，线圈L中自感电动势较大，电流几乎全部从灯A中通过，而该电流又同时分路通过灯B和R，所以灯A先达最亮，经过一段时间稳定后灯A和灯B达到同样亮；开关S断开时，电源电流立即为零，灯B立即熄灭，由于L的自感作用，灯A要慢慢熄灭．综上所述A项正确．
答案：A
二、非选择题
7.如图所示，L是自感系数较大的一个线圈，电源的电动势是6 V，开关S已闭合，当S断开时，在L中出现的自感电动势E′＝100 V，求此时a、b两点间的电势差．
解析：当S断开时，线圈中出现的自感电动势阻碍原电流的减小，因此电动势方向与线圈中原电流方向相同，即L的右端电势高于左端电势，由于S断开时a、b两点间断路，相当于电阻很大，所以整个回路中由电动势造成的电势差集中在a、b两点间，φb－φa＝E＋E′＝6 V＋100 V＝106 V，即a点的电势比b点低106 V.
答案：106 V
8.在如图所示的电路中，电流表的内阻不计，电阻R1＝2.5 Ω，R2＝7.5 Ω，线圈的直流电阻可以忽略．闭合开关S的瞬间，电流表读数I1＝0.2 A，当线圈中的电流稳定后，电流表的读数I2＝0.4 A．求电源的电动势和内阻．
解析：闭合开关S的瞬间，R1和R2串联接入电路，由闭合电路欧姆定律
I1＝即0.2＝
电路稳定后，R2被短路，I2＝，即0.4＝
由以上式子解得：E＝3 V，r＝5 Ω
答案：3 V 5 Ω
第四章 第7节 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
课后强化演练
一、选择题
1．(2013·哈师大高二检测)下列应用与涡流有关的是( )
A．家用电磁炉 B．家用微波炉
C．真空冶炼炉 D．探雷器
解析：家用电磁炉和真空冶炼炉利用涡流的热效应工作，探雷器利用涡流的磁效应工作，而微波炉利用高频电磁波工作．
答案：ACD
2．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，当给以相同的初始角速度开始转动后，由于阻力，经相同的时间后便停止；若将环置于磁感应强度为B且大小相同的匀强磁场中，甲环的转轴与磁场方向平行，乙环的转轴与磁场方向垂直，如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断正确的是( )
A．甲环先停 B．乙环先停
C．两环同时停下 D．无法判断两环停止的先后
解析：甲不产生感应电流，乙产生感应电流，机械能不断转化为内能，故先停下来．B对．
答案：B
3.(2013·合肥高二检测)如图所示，在光滑水平面上固定一条形磁铁，有一小球以一定的初速度向磁铁方向运动，如果发现小球做减速运动，则小球的材料可能是( )
A．铁 B．木
C．铝 D．塑料
解析：木球、塑料球在光滑水平面上将做匀速运动，B、D错误；铁球受磁铁的吸引在光滑水平面上将做加速运动，A错误；铝球受电磁阻尼作用在光滑水平面上将做减速运动，C正确．
答案：C
4.(2010·全国高考Ⅱ)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A．Fd>Fc>Fb B．FcC．Fc>Fb>Fd D．Fc解析：金属线圈进入与离开磁场的过程中，产生感应电流，线圈受到向上的磁场力即安培力，根据F＝IlB，E＝Blv，I＝可得：F＝，由此可知线圈所受到的磁场力大小与速度大小成正比．当线圈完全进入磁场时，没有安培力，故Fc＝0；通过水平面b时，有v＝2ghab，则vb＝；通过水平面d时设线圈刚完全进入时的速度为v′b，有v－vb′2＝2ghbd，则vd＝，而hbd>hab，故vd>vb，则Fd>Fb，所以本题答案为D.
答案：D
5.如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则( )
A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，环滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h
解析：若是匀强磁场，金属环中无涡流产生，无机械能损失；A错误，B正确．若是非匀强磁场，金属环中有涡流产生，机械能损失转化为内能．C错误，D正确．
答案：BD
6．如图所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，一铜环R沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平．铜环先后经过轴上1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3.位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距，则( )
A．a1＜a2＝g B．a3＜a1＜g
C．a1＝a3＜a2 D．a3＜a1＜a2
解析：圆环落入螺线管及从螺线管飞出时，环中感应电流所受安培力均向上，故a1＜g，a3＜g，但经过位置3时速度较快，较大，所受安培力较大，故a3＜a1＜g.圆环经过位置2时，磁通量不变，不受安培力，a2＝g，故A、B、D正确，C错误．
答案：ABD
二、非选择题
7.如图所示，在光滑的水平面上，有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑去．匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T．从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J热量．求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度．
解析：(1)由能量守恒mv2/2＝Q＋mv′2/2
而P＝E2/R＝(B·2r·v′)2/R
二式联立可得P＝0.36 W.
(2)a＝BIL/m＝B2(2r)2v′/mR＝6×10－2 m/s2，向左．
答案：(1)0.36 W (2)6×10－2 m/s2 向左
8．如图所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离为3.6 m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看做平抛运动)：
(1)铝环向哪边偏斜？
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为v′＝2 m/s，在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g＝10 m/s2)
解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)．
(2)由能量守恒可得：由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出穿过后的速度v＝ m/s＝9 m/s
E电＝Mv－Mv2－mv′2＝1.7 J.
答案：(1)铝环向右偏 (2)1.7 J
