第四章第五节 电磁感应现象的两类情况

Blv′FR

F＝F安′，F安′＝BI′l，I′＝，v′＝22.

RBl

22

FFBlvFR

答案：(1) (2)－ (3)22

mmmRBl

1解析：选B.当磁场增强时，将产生逆时针方向的感生电场，带正电粒子受电场力作用，动能增大．

2解析：选A.当MN进入磁场后，切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，是一定值；而刚开始运动和最后一段未切割磁感线，不产生感应电动势，故选A.

3解析：选C.当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转

ΔθB0·πr2

2πB0ΔS

过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝＝＝

RΔtRΔt

B0r2ωΔBSΔB·πr2

；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝＝，令2RRΔt2RΔt

ΔBB0ω

I1＝I2，可得 ＝，故选C.

Δtπ

3

4解析：选A.如图甲所示，线框运动距离x≤L时的感应电动势E＝Bvx；当L≤x≤L时几

2

何关系如图乙所示，此时感应电动势为E＝Bv(2L－x)－Bv(x－L)＝Bv(3L－2x)，此时图线斜率的绝对值为x≤L时的2倍，由右手定则可知电流方向为顺时针，由对称性可知A正确．故选A.

UCmgd

5解析：选B.油滴平衡有mg＝q，UC＝，电容器上极板必带负电，那么螺线管下端相

dq

ΔΦΔΦmgd

当于电源正极，由楞次定律知，磁场B正在减弱，又E＝n，UC＝E，可得＝.故选

ΔtΔtnq

B.

EBlv

6解析：选B.感应电动势为Blv，感应电流I＝＝，大小与速度成正比，产生的热量Q

RR

22222

Blvl′Bll′v

＝I2Rt＝·v＝，B、l、l′、R是一样的，两次产生的热量比就是运动速度比．通

RR

Blvl′Bll′

过任一截面的电荷量q＝I·t＝·v＝与速度无关，所以应为1∶1.金属棒运动中受磁

RR

场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同．则外力的功率P＝Fv＝BIl·v＝222Blv

，其中B、l、R相同，外力的功率与速度的平方成正比，应为1∶4.故选B. R

B2L2v

7解析：选B.分析金属棒的受力，有mgsin θ－＝ma，对题意进行分析可得棒做加速度

R

减小的加速运动，故其平均速度不等于初末速度的平均值，A错误；设沿斜面下滑的位移为

ΔΦ1ΔΦBxLqR

x，则电荷量q＝I·Δt＝··Δt＝＝，解得位移x＝，B正确；根据能量守恒，产生

ΔtRRRBL

B2L2v12

的焦耳热等于棒机械能的减少量，Q＝mgxsin θ－mv.金属棒受到的最大安培力为，C、

2R

D错误．故选B.

8解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝2gh

线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL2gh.

E

(2)此时线框中电流I＝，cd两点间的电势差

R

m2gR2

根据牛顿第二定律mg－F＝ma，由a＝0，解得下落高度满足h＝44. 2BL

22

3mgR

答案：(1)BL2gh (2)BL2gh (3)h＝44

42BL

9解析：(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电

－－ΔΦ动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝①

Δt

其中ΔΦ＝Blx②

－

设回路中的平均电流为I，由闭合电路的欧姆定律得

－E－I＝③

R＋r

－

则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④

联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C．⑤

(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥

1

设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦

2

撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J．⑨

(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑩

在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF＝Q1＋Q2?

由⑨⑩?式得WF＝5.4 J. 答案：(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J

33

U＝I·R＝BL2gh.

44

B2L22gh

(3)安培力F＝BIL＝ R