電磁感應綜合問題試卷一、選擇題（每題5分，共30分）1.楞次定律應用如圖所示，光滑水平導軌上放置一導體棒ab，右側存在垂直導軌平面向下的勻強磁場。當條形磁鐵沿導軌中軸線向右插入線圈時，導體棒的運動方向及線圈中感應電流方向（從右側觀察）是（）A.向右運動，順時針方向B.向左運動，順時針方向C.向右運動，逆時針方向D.向左運動，逆時針方向解析：根據(jù)楞次定律"增反減同"原則，磁鐵向右插入時穿過線圈的磁通量增加，線圈產(chǎn)生的感應磁場方向向上。由右手螺旋定則可知感應電流方向為逆時針（右側觀察）。再根據(jù)左手定則，導體棒ab所受安培力方向向右，故選項C正確。2.法拉第電磁感應定律計算匝數(shù)為100匝的圓形線圈面積為0.2m2，在0.5s內從磁感應強度為0.1T的勻強磁場中完全拉出，線圈電阻為5Ω，則此過程中通過線圈某截面的電荷量為（）A.0.4CB.0.8CC.1.2CD.1.6C解析：根據(jù)公式$q=\frac{N\Delta\Phi}{R}=\frac{NBS}{R}$，代入數(shù)據(jù)得$q=\frac{100\times0.1\times0.2}{5}=0.4C$，選項A正確。注意該公式與時間無關，僅取決于磁通量變化量和電阻。3.電磁感應中的能量轉化質量為m的導體棒在傾斜導軌上由靜止釋放，下滑過程中穿過垂直導軌平面的勻強磁場，最終以速度v勻速運動。已知導軌傾角θ，電阻R，重力加速度g，忽略摩擦及空氣阻力，則勻速運動時（）A.重力功率等于電熱功率B.安培力大小為mgsinθC.感應電動勢為BLvcosθD.電阻發(fā)熱功率為m2g2sin2θR/B?L?解析：勻速運動時合外力為零，安培力$F_A=mgsinθ$，選項B正確。重力功率$P_G=mgvsinθ$，電熱功率$P_Q=F_Av=mgsinθ\cdotv$，二者相等，選項A正確。感應電動勢$E=BLv$（v為垂直磁場方向分速度），選項C錯誤。由$F_A=\frac{B2L2v}{R}=mgsinθ$得$v=\frac{mgsinθ\cdotR}{B2L2}$，則$P_Q=F_Av=\frac{m2g2sin2θ\cdotR}{B?L?}$，選項D正確。本題正確答案為ABD。4.自感現(xiàn)象分析如圖所示電路中，L為自感系數(shù)較大的線圈，R?=R?。開關S閉合穩(wěn)定后再斷開瞬間，關于電阻R?、R?兩端的電壓變化，下列說法正確的是（）A.S斷開瞬間，R?兩端電壓立即變?yōu)榱鉈.S斷開瞬間，R?兩端電壓方向與原方向相反C.S斷開前后，通過R?的電流方向不變D.S斷開瞬間，線圈產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流減小解析：開關閉合穩(wěn)定后，線圈相當于導線，R?被短路，電流只通過L和R?。斷開瞬間，線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流減小，形成L-R?-R?的臨時回路，電流方向與原線圈電流方向相同。R?兩端出現(xiàn)電壓，R?兩端電壓反向，選項BD正確。5.電磁感應中的圖像問題矩形線圈以恒定角速度繞垂直磁場的軸轉動，產(chǎn)生的正弦交流電通過理想變壓器給電阻R供電。原線圈匝數(shù)n?，副線圈匝數(shù)n?，下列圖像能正確反映原線圈電流i?隨時間t變化規(guī)律的是（）（圖像選項略，描述正確特征）解析：矩形線圈產(chǎn)生的感應電動勢為正弦式，理想變壓器原副線圈電流關系$\frac{I?}{I?}=\frac{n?}{n?}$，副線圈電流$I?=\frac{U?}{R}=\frac{n?U?}{n?R}$，故原線圈電流也為正弦式，相位與電動勢一致，選項中應為正弦曲線。6.雙桿切割磁感線問題光滑平行導軌上放置質量均為m的導體棒ab和cd，垂直導軌有勻強磁場B?，F(xiàn)給ab棒初速度v?使其向右運動，忽略電阻及摩擦，則（）A.cd棒最終速度為v?/2B.整個過程通過回路的電荷量為mv?/2BLC.ab棒動量變化量大小等于cd棒動量變化量D.系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱為mv?2/4解析：系統(tǒng)動量守恒，最終兩棒共速$v=\frac{mv?}{2m}=\frac{v?}{2}$，選項A正確。動量變化量大小均為$m\frac{v?}{2}$，選項C正確。通過電荷量$q=\frac{\Delta\Phi}{R}$，但本題電阻為零，無法形成電流，實際應為理想情況，系統(tǒng)動能守恒，無焦耳熱產(chǎn)生，選項D錯誤。正確答案AC。二、填空題（每空3分，共24分）7.如圖所示，半徑為r的金屬圓環(huán)在磁感應強度B的勻強磁場中以角速度ω繞直徑轉動，當線圈平面與磁場方向夾角為60°時，感應電動勢的瞬時值為________，有效值為________。答案：$\frac{1}{2}B\omegar2$；$\frac{\sqrt{2}}{4}B\omegar2$解析：最大值$E_m=BS\omega=B\pir2\omega$，瞬時值$e=E_m\sin\theta=B\pir2\omega\sin30°=\frac{1}{2}B\pir2\omega$（注意夾角60°時，磁通量變化率最大的位置差30°）。有效值$E=\frac{E_m}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}B\pir2\omega$。8.邊長為L的正方形線框從磁場上方h處自由下落，進入磁感應強度為B的勻強磁場，若線框電阻為R，落地時速度為v，則線框穿越磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為________。答案：$mg(h+L)-\frac{1}{2}mv2$解析：根據(jù)能量守恒，減少的機械能等于產(chǎn)生的焦耳熱，即$Q=mg(h+L)-\frac{1}{2}mv2$。9.水平放置的光滑U型導軌寬L，接有電容C，置于豎直向下的磁場B中。質量m的導體棒在水平拉力F作用下從靜止開始做勻加速運動，加速度為a，則經(jīng)過時間t，電容器帶電量為________，拉力F的大小為________。答案：$BLatC$；$ma+\frac{B2L2aC}{m}$解析：導體棒速度$v=at$，感應電動勢$E=BLv=BLat$，電容器電量$Q=CE=BLatC$。電流$I=\frac{\DeltaQ}{\Deltat}=BLaC$，安培力$F_A=BIL=B2L2aC$，由牛頓第二定律$F-F_A=ma$得$F=ma+B2L2aC$。三、計算題（共46分）10.（12分）如圖所示，足夠長的平行金屬導軌間距L=0.5m，傾角θ=30°，電阻不計。頂端接有電阻R=2Ω，垂直導軌平面向下的勻強磁場B=1T。質量m=0.1kg的導體棒從靜止釋放，下滑距離s=4m后達到穩(wěn)定速度。g=10m/s2，求：（1）導體棒的穩(wěn)定速度v；（2）下滑過程中通過電阻R的電荷量q；（3）下滑過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。解答：（1）穩(wěn)定時$mgsinθ=F_A=\frac{B2L2v}{R}$代入數(shù)據(jù)：$0.1\times10\times0.5=\frac{12\times0.52v}{2}$解得$v=4m/s$（2）電荷量$q=\frac{\Delta\Phi}{R}=\frac{BLs}{R}=\frac{1\times0.5\times4}{2}=1C$（3）由能量守恒$mgsinθ\cdots=\frac{1}{2}mv2+Q$代入數(shù)據(jù)：$0.1\times10\times0.5\times4=\frac{1}{2}\times0.1\times42+Q$解得$Q=2-0.8=1.2J$11.（14分）如圖所示，水平放置的平行導軌間距L=1m，左端接有R=3Ω的電阻，右側區(qū)域存在垂直導軌向上的勻強磁場B=2T，磁場寬度d=2m。質量m=0.2kg的導體棒在水平拉力作用下從靜止開始向左運動，穿過磁場后撤去拉力，最終停在磁場左邊界處。已知導體棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ=0.5，g=10m/s2。求：（1）導體棒進入磁場時的速度v?；（2）導體棒在磁場中運動的時間t；（3）整個過程拉力做的功W。解答：（1）出磁場后僅受摩擦力，加速度$a=\mug=5m/s2$由$v2=2ad$得$v=√(2×5×2)=√20=2√5m/s$（此為出磁場速度）設進入磁場速度為v?，在磁場中運動時動量定理：$-(\mumg+\frac{B2L2}{R}v)t=mv-mv?$但因磁場寬度一定，可簡化為$q=\frac{BLd}{R}=\frac{2×1×2}{3}=\frac{4}{3}C$由動量定理$mv?-mv=(\mumg)t+BLq$此處需補充運動學分析，設導體棒在磁場中做勻減速運動，平均速度$\overline{v}=\frac{v?+v}{2}$，時間$t=\fracue4gs42{\overline{v}}=\frac{2d}{v?+v}$代入動量定理：$m(v?-v)=\mumg\cdot\frac{2d}{v?+v}+BLq$代入數(shù)據(jù)解得$v?=6m/s$（2）$t=\frac{2d}{v?+v}=\frac{4}{6+2√5}≈0.42s$（3）由動能定理$W-\mumg(2d)-Q=\frac{1}{2}mv2-0$其中$Q=\frac{(BL\overline{v})2}{R}t=\frac{(2×1×\frac{6+2√5}{2})2}{3}×0.42≈5.3J$解得$W≈0.5×0.2×10×4+5.3+0.5×0.2×20≈4+5.3+2=11.3J$12.（20分）如圖所示，兩足夠長平行導軌相距L，傾角θ，電阻不計。上端接有電容C和電阻R并聯(lián)。質量m的導體棒垂直導軌放置，電阻為r，與導軌間動摩擦因數(shù)μ。整個裝置處于垂直導軌向上的勻強磁場B中。t=0時將導體棒由靜止釋放，求：（1）導體棒的最終加速度a；（2）導體棒速度隨時間變化的函數(shù)關系v(t)；（3）當電容器充電穩(wěn)定后，突然短路電阻R，求短路瞬間導體棒的加速度變化量Δa。解答：（1）最終狀態(tài)下，電容器充電穩(wěn)定，無電流通過，導體棒受力平衡：$mgsinθ=\mumgcosθ+ma$解得$a=g(sinθ-\mucosθ)$（2）對導體棒應用牛頓第二定律：$mgsinθ-\mumgcosθ-BIL=ma=m\frac{dv}{dt}$其中$I=I_R+I_C=\frac{BLv}{R+r}+C\frac{d(BLv)}{dt}=BL(\frac{v}{R+r}+C\frac{dv}{dt})$代入得：$mg(sinθ-\mucosθ)-B2L2(\frac{v}{R+r}+C\frac{dv}{dt})=m\frac{dv}{dt}$整理得微分方程：$\frac{dv}{dt}+\frac{B2L2}{m+B2L2C}\cdot\frac{v}{R+r}=\frac{mg(sinθ-\mucosθ)}{m+B2L2C}$解得$v(t)=v_m(1-e^{-t/\tau})$，其中$v_m=\frac{mg(sinθ-\mucosθ)(R+r)}{B2L2}$，$\tau=\frac{(m+B2L2C)(R+r)}{B2L2}$（3）短路R瞬間，電容器放電電流$I_C=\frac{BLv_m}{r}$安培力突變?yōu)?F_A'=BIL=\frac{B2L2v_m}{r}$加速度變化量$\Deltaa=\frac{F_A-F_A'}{m}=\frac{B2L2v_m}{m}(\frac{1}{R+r}-\frac{1}{r})=-\frac{B2L2v_mR}{mr(R+r)}$代入$v_m$得$\Deltaa=-\frac{mg(sinθ-\mucosθ)R}{mr}=-\frac{gR(sinθ-\mucosθ)}{r}$四、拓展題（10分）13.簡述電磁感應現(xiàn)象在現(xiàn)代科技中的三種應用，并分析其工作原理。解答：電磁爐：利用電磁感應原理，交變電流通過線圈產(chǎn)生交變磁場，使鍋底產(chǎn)生渦流發(fā)熱。關鍵部件是勵磁線圈和含鐵質鍋底，頻率通常20-50kHz，效率可達80%以上。磁懸浮列車：采用電磁懸浮技術