1、课练 30 法拉第电磁感应定律 自感现象1(2018河北石家庄期中)等腰直角三角形 OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框 ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与 AB边垂直且保持 AC平行于 OQ，关于线框中的感应电流，以下说法中不正确的是( )A开始进入磁场时感应电流最大B产生的电动势属于动生电动势C开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向答案：C解析：当线框进入磁场时，切割磁感线产生的动生感应电动势为 E BLv，导线框 ABC以恒定的速度运动，当有效切割长度最大时，产生的感应电动势也最大，感应电流 I ER最大线
2、框开始进入磁场时感应电动势最大，此时感应电流最大，选项 A、B 说法正确；BLvR由右手定则可判定导线框开始进入磁场时，切割磁感线产生的感应电流方向由 C到 A，即感应电流沿逆时针方向，选项 C说法错误；由楞次定律可得开始穿出磁场时感应电流方向由 A到 C，即感应电流沿顺时针方向，选项 D说法正确2(2018辽宁锦州期末)(多选)如图所示，用长度 La Lb21 的同种导线做成圆环 a、 b，并在 A、 C处相连，当均匀变化的磁场垂直穿过 a环时，环内电流为 I1， A、 C间电压为 U1；若同样磁场穿过 b环，环内电流为 I2， A、 C间电压为 U2，则( )A I1 I241 B I1
3、I221C U1 U221 D U1 U241答案：AC解析：用长度 La Lb21 的同种导线做成圆环 a、 b，故两个环的半径之比为21，面积之比为 41；根据电阻定律公式 R ，两圆环的电阻之比为LS0Ra Rb21；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E S S，故两种情况产生的电n B t动势之比为 41，根据闭合电路欧姆定律 I ，可知感应电流之比为 41，选项 A正确，ERB错误；路端电压 U IR，第一次外电阻是 b环电阻，第二次外电阻是 a环电阻，故两次的路端电压之比为 ，选项 C正确，D 错误U1U2 I1RbI2Ra 213(2018辽宁沈阳东北育才学校二模)如图，固定在
4、水平桌面上的光滑金属导轨cd、 eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆 ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点d、 e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力 F作用在金属杆 ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆 ab始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用 F 安 表示，则下列说法正确的是( )A金属杆 ab做匀加速直线运动B金属杆 ab运动时回路中有顺时针方向的电流C金属杆 ab所受到的 F 安 先不断增大，后保持不变D金属杆 ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比答案：C解析：对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有 F F 安 ma，即 F ma，由于B2L
5、2vR速度变化，所以加速度发生变化，故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，不是做匀加速直线运动，故 A错误；根据楞次定律可知，金属杆 ab运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故 B错误；由 F 安 可知，当速度增大时，安培力增大，当金属杆受力平衡时，B2L2vR达到最大速度，其后开始做匀速运动，安培力不变，故 C正确；金属杆克服安培力做功的瞬时功率 P I2R 2R ，故 D错误(BLvR) B2L2v2R4(2018黑龙江哈尔滨期中)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数 n1 500匝，横截面积 S20 cm2，螺线管导线电阻 r1.0 ， R14.0 ， R25.0 ，电容器电容C30 F .
6、在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B按图乙所示的规律变化则下列说法中正确的是( )A螺线管中产生的感应电动势为 1.5 VB闭合开关，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C电路中的电流稳定后，电阻 R1的电功率为 5102 WD开关断开，流经电阻 R2的电荷量为 1.8105 C答案：D解析：根据法拉第电磁感应定律 E S，代入数据可求出 E1.2 V，选项n t n B tA错误；根据楞次定律可知，螺线管下端为电源正极，则电流稳定后电容器下极板带正电，选项 B错误；根据闭合电路欧姆定律，有 I 0.12 A，根据 P I2R1，可得 R1ER1 R2 r的电功率为 P5.7610
7、2 W，选项 C错误；开关断开后，流经 R2的电荷量即为开关闭合时 C上所带的电荷量 Q，电容器两端的电压 U IR20.6 V，流经 R2的电荷量Q CU1.810 5 C，选项 D正确5(2018湖北武汉二中期末)如图甲所示，一匝数 N10 匝、总电阻 R7.5 、长L10.4 m、宽 L20.2 m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的 bc边正好过半径 r0.1 m 的圆形磁场的直径，线框的左半部分在垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度 B01 T，圆形磁场的磁感应强度 B垂直线框平面向下，大小随时间均匀增大，如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力 f1.2 N，取
8、 3，则( )A t0 时刻穿过线框的磁量大小为 0.07 WbB线框静止时，线框中的感应电流为 0.2 AC线框静止时， ad边所受安培力水平向左，大小为 0.8 ND经时间 t0.4 s，线框开始滑动答案：D解析：设磁场竖直向上穿过线框的磁通量为正，由磁通量的定义得 t0 时，有 L1L2B0 B r20.01 Wb，故 A错误线框静止时，根据法拉第电磁感应定律有12 2E N 0.75 V，由闭合电路欧姆定律有 I 0.1 A，故 B错误由楞次定律可知， t ER圆形磁场的磁感应强度增大时，线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向，由左手定则可知， ad边受到的安培力的方向水平向左， ad
9、边受到的安培力即线框受到的安培力，即F10 B0IL11010.10.4 N0.4 NIA1，即 RL1R2，不计线圈 L的直流电阻， 为理想电流表在某一时刻 t1突然断开开关 S，则通过电流表的电流 I随时间 t变化的图线可能是图中的( )答案：D解析：当开关 S原先闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、 I2，当断开开关，原来通过 R1的电流立即消失，自感线圈阻碍自身电流变化，瞬间产生的感应电流 I2流过电阻 R1，其方向与原来流过电阻 R1的电流方向相反，慢慢减小最后为 0，选项 D正确6(2018山西孝义期末)(多选)如图，匀强磁场分布在宽度为 2L的有界区域内，磁
10、感应强度的大小为 B，方向垂直于纸面向里一个粗细均匀的矩形导线框 abcd的 cd边与磁场边界平行，导线框的边长参数如图使线框以与 cd边垂直的恒定速度 v穿过磁场区域，以 cd边进入磁场时刻为零时刻，以逆时针方向为电流的正方向，线框中的电流 i， d、 c两点间的电势差 u随时间 t变化的图象正确的是( )答案：AC解析：0 时间内， cd边进入磁场，由楞次定律可知出感应电流的方向沿逆时针方向，Lv故电流为正； 时间内，线框完全在磁场中运动，线框中没有感应电流； 时间内，Lv 2Lv 2Lv 3Lvcd边穿过磁场， ab边切割磁感线，由楞次定律可知感应电流的方向沿顺时针方向，电流为负，选项
11、A正确，B 错误设 U02 BLv，在 0 时间内， Udc U0， 时间内，Lv 23 Lv 1.5LvUdc U0， 时间内， Udc U0，选项 C正确，D 错误2Lv 3Lv 137(2018广东清远清城区联考)如图所示，在磁感应强度为 B的匀强磁场中，有半径为 r的光滑半圆形导体框架， Oc为一能绕 O在框架上滑动的导体棒， Oa之间连一电阻 R，导体框架与导体棒的电阻均不计，施加外力使 Oc以角速度 逆时针匀速转动，则( )A通过电阻 R的电流方向由 a经 R到 OB导体棒 O端电势低于 c端的电势C外力做功的功率为B2 2r44RD回路中的感应电流大小为B r2R答案：C解析：由
12、右手定则可知感应电流由 c到 O，则通过电阻 R的电流为由 O经 R到 a，选项A错误；导体棒以角速度 逆时针匀速转动切割磁感线时可等效为电源， O端为电源正极，c端为电源负极，故导体棒 O端的电势高于 c端的电势，选项 B错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势为 E Br ，由此可知感应电流为 I ，电阻 R上的电热功r2 ER Br22R率为 P I2R ，由能量守恒定律可知外力做功的功率也为 P，选项 C正确，D 错B2r4 24R误 刷 最 新 原 创 抓 重 点8(2018江西南昌二中期末)(多选)在磁感应强度为 B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为 L的金属杆 aO，已知 a
13、b bc cO L/3， a、 c与磁场中以 O为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好一电容为 C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以 O为轴、以角速度 顺时针匀速转动时( )A Uac2 UabB UaO9 UcOC电容器所带电荷量 Q BL2C49D若在 eO间连接一个电压表，则电压表示数为零答案：BC解析：根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式 E Bl2 得 aO、 bO、 cO间的电势12差分别为 UaO BL2 ， UbO B L2 BL2 ， UcO B L2 BL2 ，则 Uac UaO UcO12 1223 29 1213 118BL2 ，
14、 Uab UaO UbO BL2 ，可见， Uac1.6 Uab， UaO9 UcO，故 B正确，A 错误电容49 518器板间电压等于 ac间的电势差，则电容器所带电荷量为 Q CUac BL2C ，故 C正确若49在 eO间连接一个电压表，电压表与 cO、轨道组成的闭合回路磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数，故 D错误9(多选)如图，在水平面内有四根相同的均匀光滑金属杆 ab、 ac、 de以及 df，其中ab、 ac在 a点固连， de、 df在 d点固连，分别构成两个“V”字形导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，用力使导轨 edf匀速向右运动，从图示位置开始计时，运动
15、过程中两导轨的角平分线始终重合，导轨间接触始终良好，下列物理量随时间的变化关系正确的是( )答案：ABC解析：设 bac2 ，刚开始时有效切割长度的一半为 l0，则产生的电动势E BLv Bv(2l02 vttan )2 Bvl02 Bv2ttan ，设单位长度金属杆的电阻为 r，则R r r，随时间均匀增大，C 正确； I ，电流恒定，D 错误；4l0sin 4vtcos ER E R Bvsin2r根据 F BIL可知 L t， I恒定，所以 F随时间均匀增大，A 正确；导轨克服安培力做的功等于回路中产生的热量，根据 W Fvt Pt，因 v恒定， F t，可得 P t，B 正确刷 易 错
16、 易 误 排 难 点不会用“微元法”求出圆环中产生的感生电动势及所受安培力易 错 点 110(多选)用一段横截面半径为 r，电阻率为 、密度为 d的均匀导体材料做成一个半径为 R(rR)的圆环圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在 N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为 B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为 v，忽略电感的影响，则( )A此时在圆环中产生了(俯视)沿顺时针方向的感应电流B圆环因受到了向下的安培力而加速下落C此时圆环的加速度 aB2v dD如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度 vm dgB2答案：AD解析：圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应
17、电流的方向为顺时针方向(俯视)，A 正确；再由左手定则可知，圆环受到的安培力向上，B 错误；圆环中感应电动势为 E B2 Rv，感应电流 I ，电阻 R ，解得 I .圆环受ER 2 R r2 2Rr2 B vr2到的安培力 F BI2 R .圆环的加速度 a g ，圆环质2B2 2vRr2 mg Fm 2B2 2vRr2m量 m d2 R r2，解得加速度 a g ，C 错误；当 mg F时，加速度 a0，圆环B2v d的速度最大， vm ，D 正确 dgB2不理解自感现象的实质，判断电流的方向易错易 错 点 211(2018四川绵阳月考)在如图所示的电路中， L为电阻很小的线圈，G 1和
18、G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表当开关 S闭合后，电流表 G1、G 2的指针都偏向右侧，那么当断开开关 S时，将出现的现象是( )AG 1和 G2指针都立即回到零点BG 1指针立即回到零点，而 G2指针缓慢地回到零点CG 1指针缓慢地回到零点，而 G2指针先立即偏向左侧，然后缓慢地回到零点DG 2指针缓慢地回到零点，而 G1指针先立即偏向左侧，然后缓慢地回到零点答案：D解析：根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏；电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏当开关 S断开的瞬间，G 1中原电流立即消失，而对于 G2所在的支路，由于线圈 L的自感作用，电流不会立即消失， L自感产生的电
19、流先后通过 L、G 2、G 1，且在由它们组成的闭合回路中持续一段时间，即 G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，G 1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与 G2中的电流同时缓慢减为零，选项 D正确刷 综 合 大 题 提 能 力12(2016新课标全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 ，上沿相连两细金属棒 ab(仅标出 a端)和 cd(仅标出 c端)长度均为 L，质量分别为 2m和 m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上已知两根导
20、线刚好不在磁场中，回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小为 g.已知金属棒 ab匀速下滑求：(1)作用在金属棒 ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小答案：(1) mg(sin 3 cos )(2)(sin 3 cos )mgRB2L2解析：(1)设导线的张力的大小为 FT，右斜面对 ab棒的支持力的大小为 FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd棒的支持力大小为 FN2.对于 ab棒，由力的平衡条件得2mgsin FN 1 FT FFN12 mgcos 对于 cd棒，同理有 mgsin FN 2 FTFN2 mgcos 联立式得 F mg(sin 3 cos )(2)由安培力公式得 F BIL这里 I是回路 abdca中的感应电流 ab棒上的感应电动势为 BLv式中， v是 ab棒下滑速度的大小由欧姆定律得 I R联立式得 v(sin 3 cos ) mgRB2L2
