电磁感应静电力例题

【答案】C

【解析】当闭合电键，因为线圈与D₁串联，所以电流I₁会慢慢增大，灯泡D₂这一支路立即就有电流。当电键断开，D₂这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过 D₁的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且D₁和D₂、D₃构成回路，通过 D₁的电流也流过 D₂，所以I₂变成反向，且逐渐减小。

【答案】CD

图像思维是一种非常重要的思维方式，可以大幅降低问题的难度，高中阶段需要好好培养这种能力，这种能力会是你医生重要的逻辑思维工具。

同理推导D 错

【答案】A

【解析】A．回路中产生的感应电动势为

$E=2Ba\dfrac{v}{2}=Bav$

此时线框中的电功率为

$P=\dfrac{E^2}{R}=\dfrac{B^2a^2v^2}{R}$

故A正确；

B．线框中的感应电流为

$I=\dfrac{E}{R}=\dfrac{Bav}{R}$

左右两边所受安培力大小为

$I=BIL=\dfrac{B^2a^2v}{R}$

则加速度为

$a=\dfrac{2F}{m}=\dfrac{2B^2a^2v}{mR}$

故B错误；

C．根据能量守恒，可得此过程回路中产生的电能为

$E=\dfrac{1}{2}mv^2-\dfrac{1}{2}(\dfrac{v}{2})^2=\dfrac{3}{8}mv^2$

故C错误；

D．此过程通过线框截面的电荷量为

$q=\dfrac{\varDelta \varPhi}{R}=\dfrac{Ba^2}{R}$

故D错误。

【答案】D

【解析】金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，感应电流转化为内能，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好滑不出磁场，做往复运动永不停止，根据能量转化与守恒，整个过程中产生的焦耳热应等于机械能的损失，即

$Q=\Delta E=\dfrac{1}{2}mv^2+mg(b-a)$

【答案】BC

【解析】设PQ向右运动,用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上。若PQ向右加速运动,则穿过L1的磁通量增加,用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M,对MN用左手定则判定可知MN向左运动,可见选项A不正确;若PQ向右减速运动,则穿过L1的磁通量减少,用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N,用左手定则判定可知MN向右运动,可见C正确;同理设PQ向左运动,用上述类似方法可判定选项B正确,而选项D

【答案】B

【解析】思考是解决问题的关键，最难传授的也是思维方式，一般情况下我们先从简单的推理开始，在物理方面，最直接的就是找等量关系，只是这个关系不好找！看了答案都恍然大悟，自己去找云里雾里！

既然能上到高中都是人才了！大道理不说，就是要数量的写出各种推导式，找到他们微妙的关系。

恒定关系：因为一直做匀加速运动，那就是加速度恒定，假设$3F_0$时速度是v$a=\dfrac{v}{t_0}$

相等关系：开始的加速度$a=\dfrac{F_0}{m}$，

相等关系:$3F_0-BIL=am=F_0$

$I=\dfrac{BLv}{R}$

联立解得：B.$\dfrac{1}{l}\sqrt{\dfrac{2mR}{t_0}}$

【答案】　AD

【解析】铜框ab边刚进入磁场时，根据右手定则可知感应电流从b到a，a、b两点的电势高低为φ_a>φ_b，选项A正确；铜框完全在磁场中运动，磁感应强度不断减小，磁通量不断减小，由楞次定律可得感应电流为逆时针方向，由左手定则可得ab边受到的安培力方向沿x轴正向，选项B错误；设铜框面积为S，铜框完全在磁场中运动，感应电动势$$E=\dfrac{\varDelta \varPhi}{\varDelta t}=\dfrac{S\cdot \varDelta B}{\varDelta t}=\dfrac{(200-0.01x_1)-(200-0.01x_2)}{\dfrac{x_2-x_1}{v}}S=0.01S$$，因为E为定值，所以铜框中的感应电流不变，选项C错误；铜框完全在磁场中运动，铜框中的感应电流不变，根据Q＝I²Rt可得铜框在单位时间内产生的热量保持不变，选项D正确。

【答案】　C

【解析】 金属棒摆起过程由动能定理$\dfrac{1}{2}mv^2＝mgL(1－cos θ)$

合上开关的瞬间，由动量定理$F_安\Delta t＝mv$，$F_安＝BId$，$q＝I \Delta t$，联立解得$q=\dfrac{m}{Bd} \sqrt{2gl(1-cos \theta)}$，A、B、D错误，C正确。

【答案】　D

由平衡条件知，下金属板带整点，故电流应从线圈下端流出，由楞次定律可以判定磁场强度B竖直向上且正在减弱，或者竖直向下且增强。

物理多数所谓的难题都是在找平衡。

$mg=q \dfrac{U}{d}$

$U=E\dfrac{R}{R+r}$

$E=n\dfrac{\varPhi}{\Delta t}$

联立得：$\dfrac{dmg(R+r)}{nqR}$

【答案】BD

【解析】A．根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向相反，故A错误；

B．导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度为h时的速度满足运动学关系

$\dfrac{v^2}{2g}=h$

可得

$v=\sqrt{2gh}$

故B正确；

C．当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，大小为$\dfrac{1}{2}mv^2$，故C错误；

D．设导线框在时间t时的水平分速度大小为v，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为

$e=B_右Lv-B_左Lv=K(x+L)Lv-KxLv=KL^2v$

导线框内的感应电流大小为

$i=\dfrac{e}{R}=\dfrac{KL^2v}{R}$

所以导线框受到安培力的大小为

$F=B_右il-B_左il=KL\cdot iL=\dfrac{K^2L^4v}{R}$

又根据

$Ft=mv_0$

可得

$ \sum\dfrac{K^2L^4v}{R}t=\dfrac{K^2L^4x}{R}=mv_0$

导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为

$x=\dfrac{mRv_0}{K^2L^4}$

【答案】AD

【解析】A．M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度为

$\bar v =\dfrac{v}{2}=\dfrac{\omega l}{2}$

OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为

$E=BI \bar V=\dfrac{BI^2\omega}{2}$

故A正确；

B．当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小，因

 $R_并=\dfrac{1}{2}\times2R$

通过电阻R的电流的最小值为

$I_{min}=\dfrac{E}{3R}=\dfrac{BI^2\omega}{6R}$

根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；

C．当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为

$I_{max}=\dfrac{E}{2R}=\dfrac{BI^2\omega}{4R}$

故C错误；

D．OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为

$U=I_{min}\cdot 2R=\dfrac{BI^2\omega}{3}$

故D正确。

【答案】A

如果凭借直觉肯定不是直线关系，不能选C，有效长度应该是逐渐变短，盲猜就是A，但是高中学习中，对自己的训练要从推导开始，不管多简单的题目，一定写成关系式，然后去判断，就不会因为因为粗心或者反直觉的计算而苦恼。

如图所示，设导体棒运动到位置x处，由几何关系可得导体棒切割磁感线的有效长度为

【答案】C

AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小:

$E=B2R \bar{v}=B2R \dfrac{\omega R+ \omega 3R}{2}=4B \omega R^2$