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作业11 楞次定律和法拉第电磁感应定律
选择题每小题3 分。
1.下列物理量中,属于矢量且单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是( )
A.磁通量,kg·m
2
A ·s
2
B.磁感应强度,
kg
A ·s
2
C.电场强度,V
m
D.自感系数,kg·m
2
A
2·s
2
2.(2024 浙江丽水期末)如图所示的几种电器,工作原理与其他几个不同的是( )
3.(2024 浙江嘉兴高三期末)如图所示,水平地面(xOy 平面)下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长
直导线。P、M 和N 为地面上的三个点,P 点位于导线正上方,MN 平行于y 轴,PN 平行于x 轴,一闭合
的圆形金属线圈,圆心在P 点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终
与地面平行。下列说法正确的是( )
A.N 点与M 点的磁感应强度大小相等,方向相反
B.线圈沿PN 方向运动时,穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P 点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流
D.线圈从P 点到M 点的过程感应电动势与从P 点到N 点过程的感应电动势相等
4.下列有关磁现象的四种模型对应的物理规律,说法正确的是( )
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A.图甲,双线绕法可减小绕线的漏磁现象,以此来减小磁场能的损失
B.图乙,磁块在铝管中由静止开始下落,做的是自由落体运动
C.图丙,电磁炮的基本原理是电能转化为机械能,是一种安培力做正功的电动机模型
D.图丁,磁场的变化导致磁通量变化,激发出感生电场,使电子受电场力而运动,形成感应电流的本质是
电磁阻尼
5.(2024 浙江金华模拟)如图所示的电路中,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,断开开关S,下列表示A、
B 两点间电压UAB随时间t 变化的图像正确的是( )
6.(2024 浙江二模)如图所示,一足够大的“⊂”形导轨固定在水平面上,导轨左端接一灵敏电流表G,
两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B 且随时间同步变化,方向垂直于水平面。t=0 时
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刻,在电流表右侧某处放置一导体棒,并使之以速度v0向右匀速运动,发现运动过程中电流表读数始终
为零,已知导体棒与导轨接触良好,则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是( )
7.(2024 浙江台州二模)如图所示,在垂直于纸面向里、足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线oab,
其中ab 是半径为R 的1
4
圆弧,直线段oa 长为R 且与圆弧段相切。该导线在纸面内绕o 点逆时针转动,
则下列说法正确的是( )
A.Uao=1
2
BωR2
B.感应电流方向b→a→o
C.φb>φa>φo
D.Uob=5
2
BωR2
8.如图所示,一通有电流大小为I 的无限长直导线固定在足够大的光滑绝缘水平桌面(纸面)上,一导电
圆环在水平桌面上获得图示方向的初速度v0。在水平桌面内以开始时圆环的圆心为坐标原点建立直
角坐标系,x 轴垂直于导线方向,y 轴平行于导线方向。此后导电圆环的运动轨迹图像可能正确的是(
)
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9.(2024 浙江一模)麦克斯韦从场的观点出发,认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示,半径为r
的绝缘光滑真空管道(内径远小于半径r)固定在水平面上,管道内有一质量为m、电荷量为+q 的小球,
直径略小于管道内径。真空管道处在匀强磁场中,磁感应强度B 随时间变化的图像如图乙所示,规定
竖直向上为正方向。t=0 时刻无初速度释放小球。下列说法正确的是( )
A.俯视真空管道,感生电场的方向为逆时针
B.感生电场对小球的作用力大小为B0r
t0
q
C.小球环绕一周,感生电场做功为π B0r
2
t0
q
D.t0时刻管道对小球的作用力大小为B0
2r q
2
4 m
10.如图所示,AOC 是光滑的直角金属导轨,AO 竖直,OC 水平。质量分布均匀的金属棒ab 长度为L,质
量为m,电阻为R,两端置于导轨内。设金属棒与竖直导轨夹角为θ,当θ=30°时,静止释放金属棒。已
知空间存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场,方向垂直于纸面向里,不计金属导轨的电阻,则
(
)
A.回路中感应电流方向始终为逆时针方向
B.整个过程中,ab 产生的焦耳热为1
2
mgL
C.当θ=60°时,若a 点速度大小为v,则b 点速度大小为2v
D.在θ=30°到θ=45°过程中通过ab 的电荷量为2-√3
8 R
BL2
11.如图甲所示,一固定竖直倒放、足够长的“U”形金属导轨的上端接一定值电阻R,整个装置处于方
向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中。现将一质量为m 的金属棒从距电阻R 足够远的导轨上某处,
以大小为p0的初动量竖直向上抛出,金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中金属
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棒与导轨接触良好且保持垂直,不计空气阻力及金属棒和导轨电阻,重力加速度大小为g。关于此过
程,下列说法正确的是( )
A.t0时刻,金属棒的加速度为零
B.金属棒的最大加速度大小为2g
C.金属棒上升过程安培力的冲量大小为p0-mgt0
D.金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热等于p0
2
2m
12.(11 分)一边长为L、质量为m 的正方形金属框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。
宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图
(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界
平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽
略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过
程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热
量。
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13.(11 分)(2024 浙江绍兴模拟)如图所示,平行且光滑的导轨AICD 和水平面EFGH 平行。质量分别
为1
3
m 和m,电阻均为R 的导体棒a、b 垂直于导轨静置于图示位置(导体棒b 静止在导轨右边缘IC
处)。导体棒b 的两端由两根足够长的轻质导线与导轨相连接,与导体棒a 形成闭合回路。在IEHC
右侧区域空间存在竖直向下的磁场,磁感应强度为B,当给导体棒a 一个水平初速度2v0后,在IC 处与
导体棒b 发生弹性碰撞。碰撞后导体棒b 飞离轨道并恰好从地面FG 处离开磁场,导体棒运动过程中
不会发生转动。已知导轨间距为l,导轨离地高度也为l,磁场区域长度EF 为s,不计其他电阻,求:
(1)导体棒b 进入磁场时的速度和刚进入磁场时受到的安培力;
(2)导体棒b 离开磁场时,速度与水平方向的夹角正切值;
(3)导体棒在磁场运动的过程中,导体棒b 产生的总热量。
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14.(11 分)(2024 浙江高三开学考试)某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图甲利用直流电源给导线
框供电,接通电源后正方形导线框ABCD 在磁极间的辐向磁场中,从静止开始绕中心轴线OO'发生转
动。图乙为三个线圈连接到三相电源上,电流形成的磁场可等效为角速度ω0的旋转辐向磁场,稳定后
解锁正方形导线框ABCD,导线框由静止开始转动。图丙为不同视角的上述两种驱动装置的截面图,
分别为图甲的正视图和图乙的俯视图。已知导线框ABCD 的边长为l,电阻为R,AB、CD 两边的质量
均为m,所处位置的磁感应强度大小均为B1,磁场方向始终与转动方向垂直,转动中AB、CD 两边受到
的阻力均为Ff=kv(k 为比例系数,v 为线速度),其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E,内
阻不计。
(1)在两种驱动装置中,若图甲、乙两装置中的导线框的转动方向一致,则旋转辐向磁场的转动方向是
顺时针还是逆时针。
(2)在图乙装置中,若k=2B
2l
2
R
,求导线框转动的最大角速度ωm;
(3)在图甲装置中,若导线框经过时间t 恰好达到最大角速度,求在该过程中AB 边转过的弧长s。
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参考答案
作业11 楞次定律和法拉第电磁感应定律
1.B
【解析】 磁通量Φ=BS= F
IL
S=ma
IL
S,可得磁通量的单位用基本单位表示应为Wb=kg·m·s
-2
A ·m
·m2=kg·m
2
A ·s
2 ,但磁通量为标量,故A 错误;磁感应强度B= F
qv = ma
Itv
,可得磁感应强度的单位用基
本单位表示为T=
kg·m·s
-2
A ·s·m·s
-1 =
kg
A ·s
2,故B 正确;电场强度E=U
d = W
qd = FL
qd = maL
Itd
,可得电
场强度的单位用基本单位表示为V
m = kg·m·s
-2·m
A ·s·m
= kg·m
A ·s
3 ,故C 错误;自感系数L=
Φ
I = BS
I = FS
ILI = maS
ILI
,可得自感系数的单位用基本单位表示为H=kg·m·s
-2·m
2
A ·m· A
= kg·m
2
A
2·s
2 ,
但自感系数为标量,故D 错误。
2.D
【解析】 金属探测器、无线充电器、高频焊接机工作原理均为电磁感应,电热取暖扇利用电流
的热效应。故选D。
3.C
【解析】 由于水平地面下的导线为通有恒定电流I 的长直导线,且平行于y 轴,而MN 也平行于
y 轴,所以N 点与M 点的磁感应强度大小相等,方向相同,故A 错误;由于PN 平行于x 轴,故线圈沿
PN 方向运动时,穿过线圈的磁通量始终变化,故B 错误;线圈从P 点开始竖直向上运动时,穿过线
圈的磁通量一直为零,磁通量不变,线圈中无感应电流,故C 正确;线圈从P 点到M 点过程和从P
点到N 点过程,线圈中磁通量变化量相同,而PM 间距离大于PN 间的距离,又线圈运动速率相同,
所以线圈从P 点到M 点的时间大于P 点到N 点的时间,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈从P
点到M 点过程产生的感应电动势小于从P 点到N 点过程产生的感应电动势,故D 错误。
4.C
【解析】 双线绕法可减小电磁感应现象,以此来减小电阻的感抗,故A 错误;铝管可以看作闭合
回路,磁块能产生磁场,在磁块下落的过程中,由于电磁感应现象,产生涡流与电磁阻尼,则磁块不
能做自由落体运动,故B 错误;电磁炮的基本原理是电能转化为机械能,是一种安培力做正功的电
动机模型,故C 正确;图丁,磁场的变化导致磁通量变化,激发出感生电场,使电子受电场力的作用
而加速运动,形成感应电流,其本质是电磁驱动,故D 错误。
5.B
【解析】 开关S 闭合时,线圈由于自感对电流的阻碍作用,电感L 所在支路两端电压逐渐增大,
根据电路规律可知,UAB逐渐减小;开关S 闭合后再断开时,线圈的感应电流与原电流方向相同,形
成回路,灯泡的电流与原电流方向相反,并逐渐减小到零,所以B 正确。
6.C
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【解析】 设导体棒开始运动时,距离导轨左端为x,磁场的磁感应强度为B0,依题意,导体棒和导
轨内部始终无电流,可得B0lx=Bl(x+v0t),整理得1
B = v0
B0 x
t+ 1
B0
,则1
B
与t 为一次函数关系。故选
C。
7.D
【解析】 导线没有构成闭合回路,所以导线在转动过程中不产生感应电流,故B 错误;对于oab
部分,根据右手定则可知,产生的感应电动势方向为b→a→o,则b 端相当于电源的负极,o 端相当
于电源的正极,所以电势关系为φo>φa>φb,故C 错误;对于oa 部分,有Uoa=BRv=BR·ωR +0
2
= 1
2
BωR2,得Uao=-Uoa=-1
2
BωR2,故A 错误;对于ob 部分,有Uob=Blobv ',由几何关系可得lob=
√R
2+(2 R)
2=√5R,得Uob=Blobv '=B√5R·ω·√5 R+0
2
= 5
2
BωR2,故D 正确。
8.B
【解析】 根据安培定则可知,通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里,沿y 轴方向磁场的磁
感应强度大小恒定不变,沿x 轴正方向磁场的磁感应强度大小逐渐减小;在圆环沿如图所示的初
速度运动的过程中,圆环沿y 轴方向磁通量不变,沿x 轴方向磁通量逐渐减小,根据楞次定律可知,
圆环沿y 轴方向所受安培力为零,则沿y 轴方向做匀速直线运动;沿x 轴方向所受安培力沿x 轴负
方向,则沿x 轴方向速率逐渐减小直至为零,对比圆环轨迹可知B 符合。故选B。
9.C
【解析】 根据楞次定律判断,感生电场为顺时针(俯视),故A 错误;由法拉第电磁感应定律得E 电
动势= ΔΦ
Δt
,又ΔΦ=ΔBS,S=πr2,整理得E 电动势= ΔB π r
2
Δt
,由图乙得Δ B
Δt = B0
t0
,设产生的感生电场强度
为E,由于E 电动势=Ed=E·2πr,得E= E电动势
2π r
,感生电场对小球的作用力F=Eq=B0r
2t0
q,故B 错误;小球
绕一圈电场力做功为W=F·2πr=π B0r
2
t0
q,故C 正确;小球在感生电场中的加速度大小为
Eq=maE,t0时刻小球的速度大小为v=aE·t0=qr B0
2m
,在水平方向上,有B0qv+FNx=mv
2
r
,解得FNx=-
B0
2r q
2
4 m
,所以管道对小球的作用力的大小为FN=
√
q
4 B0
4r
2
16m
2 +m
2 g
2,故D 错误。
10.D
【解析】 根据几何关系可知,金属棒下滑过程中与导轨围成的面积先增大后减小,根据楞次定律
和安培定则可知,感应电流方向先逆时针再顺时针,故A 错误;整个过程中,金属棒重力势能减少
量为ΔEp=1
2
mgLcos 30°<1
2
mgL,根据能量守恒定律可知,整个过程中,ab 产生的焦耳热不可能等
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于1
2
mgL,故B 错误;当θ=60°时,a、b 两点沿杆方向的速度相等,有vcos 60°=vbcos 30°,解得vb=√3
3
v,故C 错误;在θ=30°到θ=45°过程中,产生的平均感应电流为I=
E
R = ΔΦ
R Δt =
B·(
1
2 Lcos 45°· Lsin 45°- 1
2 Lcos30°· Lsin30°)
R Δt
=(2-√3)B L
2
8 R Δt
,通过
ab 的电荷量为Q=IΔt=2-√3
8 R
BL2,故D 正确。
11.C
【解析】 由图乙可知,t0时刻,金属棒的速度为零,则电路中感应电动势为零,金属棒所受安培力
为零,金属棒仅受重力作用,加速度为g,故A 错误;金属棒在运动过程中,有E=BLv,F 安=BIL,I= E
R
,
解得F 安=B
2 L
2v
R
,由图乙可知,金属棒向下运动且动量大小为0.5p0时,有0.5p0=mv1,解得v1=
0.5 p0
m
,金属棒所受安培力竖直向上,且重力与安培力大小相等,有mg=B
2 L
2×0.5 p0
mR
,在t=0 时,
金属棒向上运动的速度最大,所受向下的安培力最大,有p0=mv0,解得金属棒向上运动的最大速度
v0= p0
m
,可知金属棒向下最大的安培力大小为F 安m=B
2 L
2v0
R
=2mg,金属棒的最大加速度大小为
am=mg+ F安m
m
=3g,故B 错误;设金属棒上升过程安培力的冲量大小为I,对金属棒,由动量定理得-
mgt0-I=0-p0,解得I=p0-mgt0,故C 正确;金属棒的初动能为Ek0= p0
2
2m
,金属棒上升过程,由动能定理得
WG+W 安=0-Ek0,金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热,小于p0
2
2m
,故D
错误。
12.【答案】 (1)B
2 L
3
m R0
(2) 3 B
4 L
6
25m R0
2
【解析】 (1)设金属框的初速度为v0,则金属框完全穿过磁场的过程中,根据动量定理可得
-BILt=mv0
2
-mv0
通过金属框的电流I = E
4 R0
根据法拉第电磁感应定律有E = 2B L
2
t
联立解得v0=B
2 L
3
m R0
。
(2)金属框进入磁场的过程中
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根据动量定理可得-BI'Lt'=mv1-mv0
通过金属框的电流I'=
E'
2 R0 R0
2 R0+ R0
+ R0
根据法拉第电磁感应定律有E'=B L
2
t '
解得v1=2B
2 L
3
5m R0
金属框完全在磁场中运动时,根据动量定理可得
-BI″Lt″=mv2-mv1
通过金属框的电流I″=
E″
R0 R0
R0+ R0
+2 R0
根据法拉第电磁感应定律有E″=B L
2
t ″
解得v2=0
即金属框右边刚好停在磁场右侧边界处
在进入磁场的过程中Q 总=1
2 m v0
2- 1
2 m v1
2
电阻R1的发热量为Q1=
2
3 R0
R0+ 2
3 R0
× 1
3
Q 总
解得Q1= 7 B
4 L
6
125m R0
2
金属框完全在磁场中运动时,Q 总'=1
2 m v1
2
电阻R1的发热量为Q1'=
2 R0
2 R0+ 1
2 R0
Q 总'
解得Q1'= 8 B
4 L
6
125m R0
2
电阻R1上的总发热量Q1 总=Q1+Q1'
解得Q1 总= 3 B
4 L
6
25m R0
2。
13.【答案】 (1)1
2
v0 B
2l
2v0
4 R
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(2) 2mR√2 gl
mR v0- B
2l
2s
(3)v0 B
2l
2s
8 R
- B
4l
4 s
2
16m R
2
【解析】 (1)导体棒a、b 碰撞前后动量守恒,总动能不变,规定向右为正方向,由动量守恒和能量
守恒得
1
3
m×2v0=1
3
mva+mvb
1
2 × 1
3 m v0
2= 1
2 × 1
3 m va
2+ 1
2 m vb
2
vb=1
2
v0
导体棒b 进入磁场瞬间
E=Blvb
I= E
2 R
F=BIl
F 安=B
2l
2v0
4 R
。
(2)设导体棒b 到达FG 的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,水平方向上根据动量定理
-B
2l
2v t
2 R
=mvx-mvb
vx=vb-B
2l
2s
2mR
竖直方向vy=√2gl
tan θ=
v y
v x
=
√2 gl
vb- B
2l
2s
2mR
化简得,tan θ= 2mR√2 gl
mR v0- B
2l
2s
。
(3)由动能定理可得
1
2
m(v x
2+ v y
2)-1
2 m vb
2=mgl+W 安
安培力做功为系统发热量,因此可化简得回路中产生的总热量
Q=1
2 m vb
2- 1
2 m v x
2= v0 B
2l
2s
4 R
- B
4l
4 s
2
8m R
2
导体棒b 产生的总热量Qb=1
2Q=v0 B
2l
2s
8 R
- B
4l
4 s
2
16m R
2。
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14.【答案】 (1)顺时针 (2)ω0
2 (3)B1lE(kRt +2B1
2l
2t -mR)
(2B1
2l
2+kR )
2
【解析】 (1)图甲装置中,导线框顺时针转动;图乙装置中,若导线框也顺时针转动,由楞次定律可
知,旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
(2)图乙装置中,当导线框ABCD 达到稳定时,AB、CD 两边切割磁感线的相对速度大小为v 相对
=(ω0-ωm)· l
2
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为E'=2B1lv 相对=B1l2(ω0-ωm)
则此时的感应电流为I= E'
R = B1l
2(ω0-ωm)
R
AB、CD 两边所受的安培力大小均为
F 安=B1Il=B1
2l
3(ω0-ωm)
R
AB、CD 两边所受的安培力均与阻力平衡,有Ff=F 安
又Ff=kv=kωm l
2
当k=2B1
2l
2
R
时,得2B1
2l
2
R
ωm l
2 = B1
2l
3(ω0-ωm)
R
解得图乙中导线框转动的最大角速度为ωm=ω0
2
。
(3)在图甲装置中,导线框转动稳定后达到最大角速度ωm',AB、CD 两边所受的安培力均与阻力
平衡,有Ff=F 安'
又Ff=kv=kωm' l
2
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为E″=2B1lv=B1l2ωm'
则此时的感应电流为I= E - E″
R
= E - B1l
2ωm'
R
,
AB、CD 两边所受的安培力
F 安'=B1l( E - B1ωm'l
2)
R
整理得kωm' l
2 = B1l( E - B1ωm'l
2)
R
解得ωm'=
2B1 E
2B1
2l
2+kR
设安培力对AB 的冲量为I,由动量定理得
2I-2Fft=2mωm'· l
2
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又I=∑FAiΔt=∑B1l( E -2B1l vi)
R
Δt=B1l( Et -2B1ls)
R
2Fft=∑2kviΔt=2ks
解得s=2B1lEt -mωm'lR
4 B1
2l
2+2kR
代入ωm',得s=B1lE(kRt +2B1
2l
2t -mR)
(2B1
2l
2+kR )
2
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