电磁感应习题(答案解析)(10页).doc

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1、-电磁感应习题(答案解析)-第 10 页一. 教学内容：选修32第九章 电磁感应（一）二. 高考考纲及分析：高考考纲电磁感应现象（I）磁通量（I）法拉第电磁感应定律（）楞次定律（）自感、涡流（I）考纲分析：1. 从2007年高考新课标地区对电磁感应的考查来看，山东约占4/89分（占分/满分），广东约占17/150分，海南约占11/100分，宁夏约占6/110分。2. 感应电流方向的判断（楞次定律）、导体切割磁感线产生感应电动势的计算、法拉第电磁感应定律的应用等是高考热点。特别是楞次定律的考查更是每年的必考热点。这些都是考纲中的类要求，要加强复习。3. 考查的主要题型是选择题和综合性计算论述题。

2、选择题的侧重点是电磁感应中的图象问题，主要涉及t图、Bt图和It图的相互转换，重点考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的灵活运用。计算题考查的侧重点是电磁感应与直流电路的综合、电磁感应与牛顿运动定律的综合应用，难度较大。三. 知识网络：四. 知识要点：第一单元 电磁感应现象 楞次定律（一）电磁感应现象1. 产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化.2. 磁通量的计算（1）公式=BS此式的适用条件是： 匀强磁场； 磁感线与平面垂直。（2）如果磁感线与平面不垂直，上式中的S为平面在垂直于磁感线方向上的投影面积.即其中为磁场与面积之间的夹角，我们称之为“有效面积”或“正对面积”。（3）磁通量的方

3、向性：磁通量正向穿过某平面和反向穿过该平面时，磁通量的正负关系不同。求合磁通时应注意相反方向抵消以后所剩余的磁通量。（4）磁通量的变化：可能是B发生变化而引起，也可能是S发生变化而引起，还有可能是B和S同时发生变化而引起的，在确定磁通量的变化时应注意。3. 感应电动势的产生条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化， 这部分电路就会产生感应电动势。这部分电路或导体相当于电源。（二）感应电流的方向1. 右手定则当闭合电路的部分导体切割磁感线时，产生的感应电流的方向可以用右手定则来进行判断。右手定则：伸开右手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直穿入手心，大拇指

4、指向导体运动方向，那么伸直四指指向即为感应电流的方向。说明：伸直四指指向还有另外的一些说法： 感应电动势的方向； 导体的高电势处。2. 楞次定律（1）内容感应电流具有这样的方向：就是感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。注意：“阻碍”不是“相反”，原磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁通量相反，“反抗”其增加；原磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁通量相同，“补偿”其减小，即“增反减同”。“阻碍”也不是阻止，电路中的磁通量还是变化的，阻碍只是延缓其变化。 楞次定律的实质是“能量转化和守恒”，感应电流的磁场阻碍过程，使机械能减少，转化为电能。（2）应用楞次定律判断感应电流的步骤： 确定原

5、磁场的方向。 明确回路中磁通量变化情况。 应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流磁场的方向。 应用右手安培定则，确立感应电流方向。（3）楞次定律的另一种表述楞次定律的另一种表达为：感应电流的效果，总是要反抗产生感应电流的原因。说明：这里产生感应电流的原因，既可以是磁通量的变化，也可以是引起磁通量变化的相对运动或回路的形变。 当电路的磁通量发生变化时，感应电流的效果就阻碍变化阻碍原磁通量的变化。 当出现引起磁量变化的相对运动时，感应电流的效果就阻碍变化阻碍（导体间的）相对运动，即“来时拒，去时留”。 当回路发生形变时，感应电流的效果就阻碍回路发生形变。 当线圈自身的电流发生变化时，感应电流的效

6、果就阻碍原来的电流发生变化。总之，如果问题不涉及感应电流的方向，则从楞次定律的另类表述出发的分析方法较为简便。第二单元 法拉第电磁感应定律 自感、涡流（一）法拉第电磁感应定律（1）内容：电磁感应中线圈里的感应电动势跟穿过线圈的磁通量变化率成正比。（2）表达式：或。（3）说明： 式中的n为线圈的匝数，是线圈磁通量的变化量，t是磁通量变化所用的时间。又叫磁通量的变化率。 是单位是韦伯，t的单位是秒，E的单位是伏特。 中学阶段一般只用来计算平均感应电动势，如果是恒定的，那么E是稳恒的。（二）导线切割磁感线的感应电动势1. 公式：E=BLv2. 导线切割磁感线的感应电动势公式的几点说明：（1）公式仅适

7、用于导体上各点以相同的速度切割匀强的磁场的磁感线的情况。（2）公式中的B、v、L要求互相两两垂直。当LB，Lv，而v与B成夹角时，导线切割磁感线的感应电动势大小为。（3）适用于计算当导体切割磁感线产生的感应电动势，当v为瞬时速度时，可计算瞬时感应电动势，当v为平均速度时，可计算平均电动势。（4）若导体棒不是直的，中的L为切割磁感线的导体棒的有效长度。如图中，棒的有效长度有ab的弦长。3. 导体切割磁感线产生的感应电动势大小两个特例：（1）长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以匀速转动，导体棒产生的感应电动势：（2）面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中以角速度绕线圈平面内的任意轴匀速转动，产生

8、的感应电动势：（三）自感、互感1. 自感现象：当导体中的电流发生变化，导体本身就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中原来的电流的变化，这种由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象。2. 自感现象的应用（1）通电自感：通电瞬间自感线圈处相当于断路；（2）断电自感：断电时自感线圈处相当于电源； 当线圈中电阻灯丝电阻时，灯缓慢熄灭； 当线圈中电阻灯丝电阻时，灯闪亮后缓慢熄灭。3. 增大线圈自感系数的方法（1）增大线圈长度（2）增多单位长度上匝数（3）增大线圈截面积（口径）（4）线圈中插入铁芯4. 互感现象：当一个线圈中电流变化，在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为互感现象。在

9、互感现象中产生的感应电动势，称为互感电动势。变压器就是利用互感现象制成的。【典型例题】例1 两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环。当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则（ ）A. A可能带正电且转速减小B. A可能带正电且转速增大C. A可能带负电且转速减小D. A可能带负电且转速增大解析：由题目所给的条件可以判断，感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律，原磁场的方向与感应电流的磁场相同时是减少的，环A应该做减速运动，产生逆时针方向的电流，故应该带负电，故选项C是正确的，同理可得B是正确的。答案：BC例2 图中M

10、N、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体。有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，方向如图，用I表示回路的电流。A. 当AB不动而CD向右滑动时，且沿顺时针方向B. 当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I =0C. 当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I =0D. 当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，且沿逆时针方向解析：当AB不动而CD向右滑动时，但电流方向为逆时针，A错；当AB向左，CD向右滑动时，两杆产生的感应电动势同向，故，B错；当AB和CD都向右滑动且速度大小相等时，则两杆产生的感应电动势等值反向，故I =0，C正确；当AB和CD都向右滑动，

11、且AB速度大于CD时，但方向为顺时针，D错误。答案：C例3 某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律。当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是（ ）A. aGb B. 先aGb，后bGaC. bGa D. 先bGa，后aGb解析： 确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下。 明确回路中磁通量变化情况：向下的磁通量增加。 由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上。 应用右手安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针（俯视）即：从bGa。同理可以判断：条形磁铁穿出线圈过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流

12、（俯视），电流从aGb。答案：D评价：该题目关键在于对楞次定律的理解和应用以及对“穿过”二字的正确理解，它包括穿入和穿出两个过程。例4 如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）A. P、Q将互相靠拢 B. P、Q将互相远离C. 磁铁的加速度仍为g D. 磁铁的加速度小于g解析：方法一：设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见P、Q将互相靠拢，由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当S

13、极为下端时，可得到同样的结果。方法二：根据楞次定律的另一种表述感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量的增加。归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠近，且磁铁的加速度小于g。答案：AD例5 （08宁夏）如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（ ）A. 流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB. 流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC. 流过R的电流为由d到c，流过r的电流

14、为由a到bD. 流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b解析：本题考查右手定则的应用。根据右手定则，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：B例6 有一面积为S =100cm2金属环，电阻为R ，环中磁场变化规律如图所示，且磁场方向垂直环面向里，在t1到t2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电量为多少？分析：由楞次定律可判断感应电流的方向。感应电量的计算为，仅由电路电阻和磁通量变化决定，与发生磁通量变

15、化的时间无关，本题推导的感应电量的计算表达式可以直接使用。解析：（1）由楞次定律，可以判断金属环中感应电流方向为逆时针方向。（2）由图可知：磁感应强度的变化率为 线圈中的磁通量的变化率：环中形成感应电流通过金属环的电量：由解得：C=例7 半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均匀为R02，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计。（1）若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径00的瞬间（如图所示）MN中的电动势和流过灯L1的电流。（

16、2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为，求L1的功率。解析：（1）棒通过圆环直径时切割磁感线的有效长度L =2a，棒中产生的感应电动势为V=0.8V 当不计棒和环的电阻时，直径OO两端的电压U =E ，通过灯L1电流的为A =0.4A （2）右半圆环上翻90后，穿过回路的磁场有效面积为原来的一半，磁场变化时在回路中产生的感应电动势为 由L1、L2两灯相同，圆环电阻不计，所以每灯的电压均为，L1的功率为W 例8 一直升飞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，直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动

17、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，如图所示.如果忽略a到转轴中心线的距离，用表示每个叶片中的感应电动势，则（ ）A. ，且a点电势低于b点电势B. ，且a点电势低于b点电势C. ，且a点电势高于b点电势D. ，且a点电势高于b点电势解析：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，螺旋桨不同点的线速度不同，但是满足，可求其等效切割速度，运用法拉第电磁感应定律，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是正确的。答案：A例9（08北京）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每

18、边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。解析：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=线框中产生的感应电动势E=BLvBL（2）此时线框中电流 I=cd两点间的电势差U=I（）=（3）安培力 F=BIL=根据牛顿第二定律mgF=ma，由a=0解得下落高度满足 h=例10（08江苏）如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、

19、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计。电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是（ ） A. a先变亮，然后逐渐变暗B. b先变亮，然后逐渐变暗C. c先变亮，然后逐渐变暗D. b、c都逐渐变暗解析：考查自感现象。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。本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。答案：AD【模拟试题】1. 如图，线圈A中接有如图所示

20、电源，线圈B有一半面积处在线圈A中，两线圈平行但不接触，则当开关S闭和瞬间，线圈B中的感应电流的情况是（ ）A. 无感应电流 B. 有沿顺时针的感应电流C. 有沿逆时针的感应电流 D. 无法确定2.（08重庆）如图，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正确判断是（ ）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先大于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3. 如图所示装置中，cd杆

21、原来静止。当ab 杆做如下那些运动时，cd杆将向右移动（ ）A. 向右匀速运动 B. 向右加速运动C. 向左加速运动 D. 向左减速运动4. 如图（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴.Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图（b）所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（ ）A. t1时刻NG B. t2时刻NGC. t3时刻NG D. t4时刻N=G5. 如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob（在纸面内），磁场方向垂直纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现

22、经历以下四个过程： 以速率v移动d，使它与ob的距离增大一倍； 再以速率v移动c，使它与oa的距离减小一半； 然后，再以速率2v移动c，使它回到原处； 最后以速率2v移动d，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则（ ）A. Q1Q2Q3Q4 B. Q1Q22Q32Q4 C. 2Q12Q2Q3Q4 D. Q1Q2Q3Q4 6. 如图所示，矩形闭合线圈与匀强磁场垂直，一定产生感应电流的是（ ）A. 垂直于纸面运动 B. 以一条边为轴转动C. 线圈形状逐渐变为圆形 D. 沿与磁场垂直的方向平动7. 闭合电路中产生感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下

23、列哪个物理量成比（ ）A. 磁通量 B. 磁感强度C. 磁通量的变化率 D. 磁通量的变化量8. 穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟减少2Wb，则（ ）A. 线圈中感应电动势每秒增加2VB. 线圈中感应电动势每秒减少2V C. 线圈中无感应电动势D. 线圈中感应电动势保持不变 9. 如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一长为的导体AB在金属框架上以10m/s的速度向右滑动，R1=R2=20，其它电阻不计，则流过AB的电流是 。10. 如图所示，在匀强磁场中，有一接有电容器的导线回路，已知C=30F，L1=5cm，L2=8cm，磁场以5102T/s的速率均匀增强，则电容器C所带的电荷量为

24、 C。11. 如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2在先后两种情况下（ ）A. 线圈中的感应电流之比为I1I2=21B. 线圈中的感应电流之比为I1I2=12C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1Q2=14D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1q2=1212. 如图所示，平行金属导轨间距为d，一端跨接电阻为R，匀强磁场磁感强度为B，方向垂直平行导轨平面，一根长金属棒与导轨成角放置，棒与导轨的电阻不计，当棒沿垂直棒的方向以恒定速度v在导轨上滑行时，通过电阻的电流是（ ）A. Bdv/（Rsin） B. Bdv/R C. Bdvsin/R D. Bdvcos/R1

25、3. 如图所示，圆环a和b的半径之比R1R2=21，且是粗细相同，用同样材料的导线构成，连接两环导线的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中的两种情况下，AB两点的电势差之比为多少？ 14. 如图所示，金属圆环圆心为O，半径为L，金属棒Oa以O点为轴在环上转动，角速度为，与环面垂直的匀强磁场磁感应强度为B，电阻R接在O点与圆环之间，求通过R的电流大小。 15. 关于线圈中的自感电动势的大小，下列说法正确的是（ ）A. 跟通过线圈的电流大小有关 B. 跟线圈中的电流变化大小有关C. 跟线圈中的磁通量大小有关 D. 跟线圈中的电流变化快

26、慢有关16. （08上海）如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势与导体棒位置x关系的图像是（ ）17. 如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下面能发生的情况是（ ）A. B比A先亮，然后B熄灭B. A比B先亮，然后A熄灭C. A、B一起亮，然后A熄灭D. A、B一起亮，然后B熄灭18.（05全国I）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圆，ad与bc间的距离也为l。t0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（ ）A BC D