第二节法拉第电磁感应定律自感现象

9-2一、选择题(本大题共9个小题，共63分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1．(2010·课标全国)在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是()A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【解析】赫兹用实验证实了电磁波的存在，B项错；安培发现磁场对电流的作用；洛伦兹发现磁场对运动电荷的作用，D项错。【答案】AC2.如右图所示，矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时)()A．t＝0时线圈的感应电动势为零B．转过90°时线圈的感应电动势为零C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为12ωBLDD．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为2ωBLDπ【解析】A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝BLv求解比较方便，t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝Blv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0，B正确；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E＝ΔΦΔt较方便，转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD。转过90°所用时间Δt＝T4＝2π/ω4＝π2ω，故平均电动势为：E＝ΔΦΔt＝BLDπ2ω＝2ωBLDπ，故C错D正确。【答案】BD3.(2010·课标全国)如右图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直。让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2。忽略涡流损耗和边缘效应。关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是()A．E1＞E2，a端为正B．E1＞E2，b端为正C．E1＜E2，a端为正D．E1＜E2，b端为正【解析】当细直棒下落距离为0.2R时，棒的速度v1＝2g×0.2R＝0.4gR，有效切割长度l1＝2R2－0.2R2，此时刻电动势E1＝Bv1l1＝2BR0.4×1－0.22gR；当棒下落距离为0.8R时，棒的速度v2＝2g×0.8R，有效切割长度l2＝2R2－0.8R2，电动势E2＝Bv2l2＝2BR1.6×1－0.82gR，比较E1与E2的表达式知E1＜E2，由右手螺旋定则判定出棒处的磁场方向向左，再用右手定则判定出b端电势高。故D项正确。【答案】D4.一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如右图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是()A．把线圈匝数增加一倍B．把线圈面积增加一倍C．把线圈半径增加一倍D．改变线圈与磁场方向的夹角【解析】设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r，则I＝ER＝nΔΦΔtR＝nπr2ΔBΔtsinθρn·2πrS0＝S0r2ρ·ΔBΔt·sinθ可见，将r增加一倍，I增加一倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ不能变为原来的2倍(因sinθ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍，I与线圈匝数无关。综上所述，只有C项正确。【答案】C5.(2010·江苏单科)如右图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是()【解析】S闭合时，由于自感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计。可见电路的外阻是从大变小的过程，由U外＝R外R外＋rE可知U外也是从大变小的过程，所以A、C错。t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中电流从B向A中间流过D，所以t1时刻UAB反向，B正确。【答案】B6．如图甲所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，o、o′分别是ab边和cd边的中点。现将线框右半边obco′绕oo′逆时针旋转90°到图乙所示位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是()A.2BS2RB.2BSRC.BSRD．0【解析】甲图中，磁通量Φ1＝22BS，乙图中穿过线圈的磁通量等于零，根据公式得q＝ΔΦR＝2BS2R，A正确。【答案】A7.如右图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋Kt(K＞0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等。两板间的距离远小于环的半径，经时间t电容器P板()A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是KL2C4πD．带负电，电荷量是KL2C4π【解析】磁感应强度以B＝B0＋Kt(K＞0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝SΔBΔt＝KS，而S＝L24π，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝KL2C4π；由楞次定律知电容器P板带负电，故D选项正确。【答案】D8.如右图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。对于这个电路，下列说法中正确的是()A．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B．刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C．闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭【解析】开关S闭合的瞬间，线圈L可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A对B错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D1短路，灯泡D2获得更多电压，会更亮，C对；若断开开关S，此时线圈与灯泡D1构成回路，继续对其供电，灯泡D1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D2无法形成回路将立即熄灭，D对。【答案】ACD9.如右图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大，运动过程中杆始终与导轨保持垂直。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程()A．杆的速度最大值为F－μmgRB2d2B．流过电阻R的电荷量为BdlR＋rC．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【解析】当杆的速度达到最大时，安培力F安＝B2d2vR＋r，杆受力平衡，故F－μmg－F安＝0，所以v＝F－μmgR＋rB2d2，选项A错，流过电阻R的电荷量为q＝It＝ΔΦR＋r＝BdlR＋r，选项B对；根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C错D对。【答案】BD二、非选择题(本大题共3个小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(10分)如右图所示，长L的金属导线上端悬挂于C点，下端悬一小球A，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的半顶角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，试求金属导线中产生的感应电动势。【解析】方法一：金属导线转一周所切割的磁感线与圆锥底半径转动一周所切割的磁感线相同，所以金属导线切割磁感线的有效长度L′＝Lsinθ，该有效长度上各点平均切割速度v＝ω·L′2＝ωL2sinθ；所以金属导线中产生的感应电动势E＝L′vB＝ω2L2Bsin2θ。方法二：金属导线旋转一周切割的磁感线即穿过圆锥底面的磁通量，ΔΦ＝π(Lsinθ)2B，旋转一周所需的时间Δt＝2πω，所以E＝ΔΦΔt＝ωL2B2sin2θ。【答案】BL2ω2sin2θ11．(12分)(2011·济南统考)如图(a)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(b)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上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量。【解析】(1)由图象分析可知，0至t1时间内ΔBΔt＝B0t0由法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，而S＝πr22由闭合电路欧姆定律有I1＝ER1＋R联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1＝nB0πr223Rt0由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝nB0πr22t13Rt0电阻R1上产生的热量Q＝I21R1t1＝2n2B20π2r42t19Rt20。【答案】(1)nB0πr223Rt0，b→a(2)nB0πr22t13Rt0，2n2B20π2r42t19Rt2012．(14分)如右图所示，MN、PQ是相互交叉成60°角的光滑金属导轨，O是它们的交点且接触良好。两导轨处在同一水平面内，并置于有理想边界的匀强磁场中(图中经过O点的虚线即为磁场的左边界)。导体棒ab与导轨始终保持良好接触，并在弹簧S的作用下沿导轨以速度v0向左匀速运动。已知在导体棒运动的过程中，弹簧始终处于弹性限度内。磁感应强度的大小为B，方向如图所示。当导体棒运动到O点时，弹簧恰好处于原长，导轨和导体棒单位长度的电阻均为r，导体棒ab的质量为m。求：(1)导体棒ab第一次经过O点前，通过它的电流大小；(2)弹簧的劲度系数k；(3)从导体棒第一次经过O点开始直到它静止的过程中，导体棒ab中产生的热量。【解析】(1)设棒ab在导轨之间的长度为l，由欧姆定律得I＝Blv03lr＝Bv03r。(2)设O点到棒ab距离为x，则棒ab的有效长度l′＝2xtan30°＝233x，因为棒ab做匀速运动，所以kx＝BIl′，所以k＝BIl′x＝B·Bv03r·233xx＝23B2v09r。(3)导体棒最终只能静止于O点，故其动能全部转化为焦耳热，即Q＝12mv20，则Qab＝Q3＝mv206。【答案】(1)Bv03r(2)23B2v09r(3)mv206对感应电动势大小的计算要区分是瞬时值，还是平均值，然后选择合适的公式进行计算，在平均值的计算中要看清是哪一段时间或哪一个过程。