物理法拉第电磁感应定律的专项培优练习题及答案(DOC 15页).doc

1、一、法拉第电磁感应定律1如图所示，正方形单匝线框bcde边长L0.4 m，每边电阻相同，总电阻R0.16 .一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h1.6 m现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力（

2、1）线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb为多少？（2）线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？（3）若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功WF3.6 J，求eb边上产生的焦耳Qeb为多少？【答案】（1）1.2 V（2）3.2 J（3）0.9 J【解析】【详解】(1)线框eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为：因为e、b两点间作为等效电源，则e、b两点间的电势差为外电压：Ueb=E=1.2 V.(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁

3、场区，线框受安培力：F安=BLI根据闭合电路欧姆定律有：I=联立解得解得F安=4 N所以克服安培力做功：而Q=W安，故该过程中产生的焦耳热Q=3.2 J(3)设线框出磁场区域的速度大小为v1，则根据运动学关系有：而根据牛顿运动定律可知：联立整理得：(M+m)(-v2)=(M-m)g2L线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有：WF-W安+(M-m)g2L=(M+m)(-v2)联立解得：WF-W安=0而W安=Q，故Q=3.6 J又因为线框每边产生的热量相等，故eb边上产生的焦耳热：Qeb=Q=0.9 J.答：(1)线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差Ueb=1.2

4、 V.(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q=3.2 J.(3) eb边上产生的焦耳Qeb=0.9J.2如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计，求0至t1时间内(1)通过电阻R1上的电流大小及方向。(2)通过电阻R1上的电荷量q。【答案】(1) 电流由b向a通过R1(2) 【解析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为 由闭合电路的欧姆定律，得通过

5、R1的电流大小为由楞次定律知该电流由b向a通过R1。(2)由得在0至t1时间内通过R1的电量为: 3如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n100，线圈面积S200cm2，线圈的电阻r1，线圈外接一个阻值R4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。求：（1）线圈中的感应电流的大小和方向；（2）电阻R两端电压及消耗的功率；（3）前4s内通过R的电荷量。【答案】（1）04s内，线圈中的感应电流的大小为0.02A，方向沿逆时针方向。46s内，线圈中的感应电流大小为0.08A，方向沿顺时针方向；（2）04s内，R两端的电压是0.08V；46s内，R两端的电压是

6、0.32V，R消耗的总功率为0.0272W；（3）前4s内通过R的电荷量是8102C。【解析】【详解】（1）04s内，由法拉第电磁感应定律有：线圈中的感应电流大小为：由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向。46s内，由法拉第电磁感应定律有：线圈中的感应电流大小为：，方向沿顺时针方向。（2）04s内，R两端的电压为：消耗的功率为：46s内，R两端的电压为：消耗的功率为：故R消耗的总功率为：（3）前4s内通过R的电荷量为：4如图，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距，导轨左端MP间接有一阻值为的定值电阻，导体棒ab质量，与导轨间的动摩擦因数，导体棒垂直于导轨放在距离左端处，导轨和导体棒电阻均忽

7、略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图所示，不计感应电流磁场的影响当时，突然使ab棒获得向右的速度，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F，保持ab棒具有大小为恒为、方向向左的加速度，取求时棒所受到的安培力；分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；从时刻开始，当通过电阻R的电量时，ab棒正在向右运动，此时撤去外力F，此后ab棒又运动了后静止求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q【答案】(1)，方向水平向右(2) (3)【解析】【详解】解：由图b知： 时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势

8、为： 感应电流为： 可得时棒所受到的安培力：，方向水平向右； 棒与轨道间的最大摩擦力为：故前3s内导体棒静止不动，由平衡条件得： 由图知在内，磁感应强度为： 联立解得：； 前3s内通过电阻R的电量为： 设3s后到撤去外力F时又运动了，则有： 解得： 此时ab棒的速度设为，则有： 解得： 此后到停止，由能量守恒定律得：可得：5如图甲所示，两根间距L=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0的电阻相连质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=1.0，整个装置

9、处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）求：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）（2）磁场的磁感应强度B（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v=3m/s求此过程中产生的焦耳热Q【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】(1)当导体棒速度为v时,导体棒上的电动势为E,电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定律 由欧姆定律 导体棒所受安培力 联合解得: (2)由图可以知道:导体棒开始运动时加速度 ,初速度 ,导体棒中无电流.由牛顿第二定律知 计算得出: 由图可以知道:当导体棒的加

10、速度a=0时,开始以 做匀速运动此时有: 解得: (3)设ef棒此过程中,产生的热量为Q,由功能关系知 :带入数据计算得出 故本题答案是：（1）；（2）；（3）【点睛】利用导体棒切割磁感线产生电动势，在结合闭合电路欧姆定律可求出回路中的电流，即可求出安培力的大小，在求热量时要利用功能关系求解。6如图所示足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ组成的平面与水平面成37放置，导轨宽度L=1m，一匀强磁场垂直导轨平面向下，导轨上端M与P之间连接阻值R=0.3的电阻，质量为m=0.4kg、电阻r=0.1的金属棒ab始终紧贴在导轨上现使金属导轨ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，

11、其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计g=10m/s2，忽略ab棒在运动过程中对原磁场的影响求：(1)磁感应强度B的大小；(2)金属棒ab在开始运动的2.0s内，通过电阻R的电荷量；(3)金属棒ab在开始运动的2.0s内，电阻R产生的焦耳热【答案】（1） (2) (3) 【解析】（1）导体棒在沿斜面方向的重力分力与安培力平衡：得 导体棒切割磁感线产生的电动势为： 由闭合电路欧姆定律知： 联立解得： （2） （3）由功能关系得： 综上所述本题答案是：（1） （2） （3）点睛：对于本题要从力的角度分析安培力作用下导体棒的平衡问题，列平衡方程，另外要

12、借助于动能定理、功能关系求能量之间的关系7在如图所示的电路中，螺线管上线圈的匝数n=1500匝，横截面积.螺线管上线圈的电阻r=1.0，定值电阻、，电容器的电容C=30F.在一段时间内，螺线管中磁场的磁感应强度B按如图所示的规律变化.（1）求螺线管中产生的感应电动势.（2）闭合开关S，电路中的电流稳定后，求电阻的电功率.（3）开关S断开后，求流经电阻的电荷量.【答案】（1）1.2V（2） （3） 【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得（2）根据闭合电路欧姆定律得电阻的电功率.（3）开关S断开后，流经电阻的电荷量即为S闭合时电容器所带的电荷量.电容器两端的电压流经电阻的电荷量.故本题答案

13、是：（1）1.2V（2） （3）【点睛】根据法拉第电磁感应定律求出回路中的电动势，在结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求解别的物理量。8如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=0.4m，上端接有电阻R=0.3，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感强度B=0.5T。现将质量m=0.05kg、电阻r=0.1的金属杆ab，从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图像如图乙所示，0-1s内的v-t图像为过原点的直线，2s后的v-t图像为平行于t轴的横线，不计空气阻力，g取10m/s2，求：(1)金属杆ab刚进入磁场时感应电流的大

14、小；(2)已知金属杆ab在t=2s时在磁场中下落了h=6.65m，则杆从静止下落2s的过程中电阻R产生的热量是多少？【答案】(1)I1=5A (2)QR=3.9J【解析】【分析】本题首先通过对图像的分析，得到金属杆刚开始做匀加速直线运动，可以利用运动学公式与闭合电路的相关知识求解，其次抓住图中匀速可以列出平衡式子，对于非匀变速可以从能量角度列示求解。【详解】（1）由图乙可知，t=1s时，金属杆进入磁场 v1=gt E1=BLv1 联立以上各式，代入数据得 I1=5A（2）由第1问，v1=10m/s，2s后金属杆匀速运动，由：mg=BI2LE2 = BLv2，代入数据得：v2=5m/s金属杆下落

15、过程有：代入数据得QR=3.9J【点睛】本题强化对图像的认识，图像中两段运动比较特殊，一段是匀加速，一段是匀速，这个是解题的突破口，可以用运动学公式结合电路相关公式求解问题。对于非匀变速突出从能量角度找突破口列示求解。9现代人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示。自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B=05T，圆盘半径l=03m，圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R=10的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U=06

16、V。（1）与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？（2）圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能？（3）自行车车轮边缘线速度是多少？【答案】（1）a点接电压表的负接线柱；（2） (3) 【解析】试题分析：（1）根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱；（2）根据焦耳定律代入数据得Q=216J（3）由得v=l=8m/s考点：右手定则；焦耳定律；法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题关键是明确电压的测量原理，然后结合法拉第电磁感应定律、线速度与角速度的关系、机械能的概念列式求解，不难。10如图所示，光滑、足够长的平行金属导轨MN、PQ的间距为l，所在平面与水平面成角，

17、处于磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中两导轨的一端接有阻值为R的电阻质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置于导轨上，且m由一根轻绳通过一个定滑轮与质量为M的静止物块相连，物块被释放后，拉动金属棒ab加速运动H距离后，金属棒以速度v匀速运动求：（导轨电阻不计）（1）金属棒b以速度v匀速运动时两端的电势差Uab；（2）物块运动H距离过程中电阻R产生的焦耳热QR【答案】1）（2）【解析】(1)金属棒ab以速度v匀速运动时，产生的感应电动势大小为：E=Blv由闭合电路欧姆定律得： 金属棒b两端的电压大小为：U=IR解得： 由右手定则可得金属棒ab中的电流方向由a到b，可知Uab为负值，

18、故： (2)物块运动H距离过程中，设整个回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得： 由焦耳定律得： 解得： 【点睛】本题是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，分析清楚棒的运动过程、找出电流的房你想、应用能量守恒和功能关系等相关知识，是正确解题的关键11如图所示，两根足够长的直金属MN、PQ平行放置在倾角为q的绝缘斜面上，两导轨间距为LM、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦（1）在加速下滑过程

19、中，当ab杆的速度大小为v时，ab杆中的电流及其加速度的大小；（2）求在下滑过程中ab杆可达到的最大速度（3）从开始下滑到达到最大速度的过程中，棒沿导轨下滑了距离s，求整个装置生热多少.【答案】（1）,（2）（3）【解析】(1)在加速下滑过程中，当 ab杆的速度大小为 v时，感应电动势E=BLv此时 ab杆中的电流金属杆受到的安培力：由牛顿第二定律得：(2) 金属杆匀速下滑时速度达到最大，由平衡条件得： 则速度的最大值(3)若达到最大速度时，导体棒下落高度为 h，由能量守恒定律得：则焦耳热【点睛】当杆匀速运动时杆的速度最大，分析清楚杆的运动过程是解题的前提；分析清楚杆的运动过程后，应用E=BL

20、v、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件与能量守恒定律即可解题；求解热量时从能量角度分析可以简化解题过程1253如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1，粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处于相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1=12R，R2=4R在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，且平行轨道中够长已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2（

21、1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得式中由各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即

22、式中解得导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有得此时导体棒重力的功率为根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即所以，（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有即：由以上各式解得考点：电磁感应，牛顿第二定律，匀加速直线运动。【名师点睛】本题考查了关于电磁感应的复杂问题，对于这类问题一定要做好电流、安培力、运动情况、功能关系这四个方面的问题分析；也就是说认真分析物理过程，搞清各个力之间的关系，根据牛顿定律列方程；分析各种能量之间的转化关系，根据能量守恒定律列出方程；力的观点和能

23、量的观点是解答此类问题的两大方向视频13如图甲所示是航空母舰上一种弹射装置的模型，“E”字形铁芯长为l的三个柱脚的两条缝中存在正对的由B指向A、C的磁场，该磁场任意时刻均可视为处处大小相等方向相同（如图乙所示），初始时缝中有剩余磁场，磁感应强度为B0；绕在B柱底部的多匝线圈P用于改变缝中磁场的强弱，已知通过线圈P加在缝中的磁场与线圈中的电流大小存在关系B=k1IQ为套在B柱上的宽为x、高为y的线圈共n匝，质量为m，电阻为R，它在外力作用下可沿B柱表面无摩擦地滑动，现在线圈P中通以I=k2t的电流，发现Q立即获得方向向右大小为a的加速度，则（1）线圈P的电流应从a、b中的哪一端注入？t=0时刻线

24、圈Q中的感应电流大小I0。（2）为了使Q向右运动的加速度保持a不变，试求Q中磁通量的变化率与时间t的函数关系（3）若在线圈Q从靠近线圈P处开始向右以加速度a匀加速直到飞离B柱的整个过程中，可将Q中的感应电流等效为某一恒定电流I，则此过程磁场对线圈Q做的功为多少？【答案】（1）a入b出、I0=（2）（3）mal+I2R【解析】试题分析：1）a入b出F=maF=2nI0LB0得：I0=2）E=I=F=2nILB B=B0+k1k2t可得：=3）W=Ek+Q=mal+I2R考点：考查了法拉第电磁感应定理14一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30角，若磁感应强度在

25、0.05s内由0.1 T增加到0.5T，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的平均变化率是多少？线圈中感应电动势的大小是多少伏？【答案】4104Wb 8103Wb/s 1.6V【解析】【分析】【详解】磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，应该用公式BSsin 来计算，所以BSsin (0.50.1)201040.5 Wb4104Wb 磁通量的变化率：8103Wb/s 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为E2008103V1.6 V15桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体（如图），此时线圈内的磁通量为0.04Wb。把条形磁体竖放在线圈内的桌面上时，线圈内磁通量为0.12Wb。分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势。（1）把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上；（2）换用100匝的矩形线圈，线圈面积和原单匝线圈相同，把条形磁体从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上。【答案】（1）0.16V；（2）80V【解析】【分析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上线圈中的感应电动势（2）换用100匝的矩形线圈条形磁体从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上的感应电动势