名师备选题库（九）

在恒定的匀强磁场中有一圆形闭合导体线圈,线圈平面垂直于磁场方向,要使线圈在此磁场中能产生感应电流,应使()。

A、线圈沿自身所在平面做匀速运动

B、线圈沿自身所在平面做加速运动

C、线圈绕任意一条直径做匀速转动

D、线圈绕任意一条直径做变速转动


答案：C,D

在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α。在磁场开始增强后

的一个极短时间内，线圈平面（ ）。

A．维持不动

B．将向使α减小的方向转动

C．将向使α增大的方向转动

D．将转动，因不知磁场方向，不能确定口会增大还是会减小


正确答案：B
由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，而线圈平面与磁场间的夹角越小时，通过的磁通量越小，所以将向使口减小的方向转动。

如图，间距ι=10 cm的平行光滑金属直导轨水平放置在磁感应强度B=0．5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下；在平行导轨的左端a、b两点间接入两个相同电阻，阻值R=0．8Ω；电阻为r=0．1Ω的导体滑杆cd放在导轨上且与其垂直。导轨电阻不计。当cd杆以υ=2 m／s向右匀速运动时，求
（1）通过cd杆的电流；
（2）使cd杆保持匀速运动，应对它施加外力的大小和方向。


答案：
解析：
（1）cd杆匀速运动切割磁场线。设产生的电动势为E，通过cd杆的电流为I，则有

如图2-5所示，在虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知矩形线圈abcd运动到图示位置时，cd边所受磁场力的方向竖直向上，则线圈的运动情形是（　　）

A.向左平动
B.向右平动
C.向上平动
D.向下平动

答案：B
解析：
本题的考点是左手定则和电磁感应． 先用左手定则确定线圈中感应电流的方向，再根据右手定则或楞次定律判断线圈的运动情况．由题意知，cd所受的磁场力方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向里，所以根据左手定则可知cd上的感应电流的方向由d到c，线圈中感应电流的流向是dcbad（顺时针指向）．在已知感应电流方向和磁场方向的情形下，再对da用右手定则知da的运动方向是水平向右的，选B．显然，当线圈向上运动或向下运动时，线圈中磁通量不变，无感应电流，导线不受磁场力作用，C、D不正确．当线圈向左运动时，线圈进入磁场，感应电流的

如图3-11所示，一个电阻R=0．2 Ω的矩形线圈abcd．边长分别为l1=0．3 m，l2=0．2 m，沿水平方向以速度ν=5 m／s匀速地通过宽度l=0．1 m的匀强磁场（图中虚线所示范围内）．已知线圈经过磁场后释放的热量Q=0．2 J，求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）线圈中感应电流的大小．


答案：
解析：
由图3-11见，当线圈的bc边或ad边通过磁场时，切割磁感线，线圈中有感应电流。 （1）由闭合电路的欧姆定律知感应电流为

bc和ad切割磁感线产生的感应电动势为

代入式①得

设bc、ad在磁场中运动的时间为t，则线圈中通过感应电流的时间为2t．由焦耳定律知线圈中产生的热量是
Q=2tI2R



把式②代入上式得

因此，磁感应强度为

代入题给数值得

（2）线圈中的感应电流为

代入已知数值得

【解题指要】本题是一道电学的综合性计算题，它包含了电磁感应、闭合电路欧姆定律和
焦耳定律等知识点．
显然，当线圈右边bc进入磁场中时，切割磁感线，矩形线圈中有感应电流．同理，当线圈左边ad进入磁场中时，线圈中也有感应电流．两次电流的大小相等，通电时间相等，但在线圈中的绕行方向相反．有些考生在解本题时只考虑bc或ad中一条边进入磁场的感应电流而忽略了另一边进入磁场的感应电流．
因为线圈是电阻性的，所以电流的功全部转变为电阻上散发的热量．
在本题的条件下，解题结果与ab、cd的长度l1无关．
务必指出本题的条件是ab边的长度l1小于磁场的宽度l．如果l＞l1，线圈中感应电流的通电

1如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B.有一宽度为b(bh)、长度为L、电阻为R、质量为m的矩形导线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，恰好开始做匀速运动设线圈进入磁场过程中，通过导体截面的电荷量为q1，产生的热量为Q1；线圈离开磁场过程中，通过导体截面的电荷量为q2，产生的热量为Q2则() Aq1Q2 DQ1Q2解析：选B.由于qItEt/Rn/R，进入磁场过程和离开过程的是一样的，所以q相同，所以B选项正确线圈出磁场时平均速度大于进磁场时的平均速度，出磁场时克服安培力做的功大于进磁场时克服安培力做的功，故Q1Q2，选项C、D错2.如图所示单匝三角形线圈PMN在直线边界的匀强磁场中，绕固定轴OO转动，转轴与边界重合，转轴把三角形PMN分成面积相等的两部分，t0时线圈的位置如图，规定逆时针方向为电流的正方向则下图中能正确反映线框中电流i与时间t的关系的是()解析：选A.由产生正弦交流电的条件为匀强磁场、匀速转动就可排除C、D选项再由t0时，磁通量最大，是从中性面开始转动，即I0，所以选A.3(2012泉州模拟)如图所示，倾角均为45的固定光滑金属直轨道ce和ce与半径为r的竖直光滑绝缘圆弧轨道abc和abc分别相切于c和c点，两切点与对应圆心的连线和竖直方向夹角均为45，e和e间接有阻值为R的电阻，矩形ccdd区域内存在与该平面垂直的磁场，磁感应强度BB0sineq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x0)x)，式中x为沿直轨道向下离开边界dd的距离，且cdx0，ddL，长度也为L、阻值为R的导体棒在外力作用下，从磁场边界dd沿直轨道向下匀速通过磁场，到达边界cc时撤去外力，导体棒恰能沿圆弧轨道通过最高处aa，金属轨道电阻及空气阻力均不计，重力加速度为g，求：(1)导体棒通过aa时速度v的大小；(2)导体棒匀速通过磁场时速度v0的大小；(3)导体棒匀速通过磁场过程中棒上产生的热量Q.解析：(1)设导体棒质量为m，恰好通过圆弧轨道最高处aa满足mgmeq f(v2,r)解得veq r(gr).(2)导体棒从边界cc运动到最高处aa过程中，根据机械能守恒定律得eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mv2mg(rrcos)解得v0eq r(3r(2)gr).(3)导体棒匀速通过磁场区域历时teq f(x0,v0)棒中正弦式交流电的感应电动势eBLv0B0Lv0sineq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x0)v0t)棒中电流的最大值Imeq f(B0Lv0,2R)eq f(B0Lr(3r(2)gr),2R)棒中电流的有效值I有eq f(Im,r(2)eq f(B0Lr(3r(2)gr),2r(2)R)导体棒产生的热量QIeq oal(2,有)Rteq f(3r(2)Boal(2,0)L2x0gr,8Rv0).答案：见解析4如图所示，MN和PQ是两根放在竖直面内且足够长的平行金属导轨，相距l50 cm，导轨处在垂直纸面向里的磁感应强度B5 T的匀强磁场中一根电阻为r0.1 的金属棒ab可紧贴导轨左右运动两块平行的、相距d10 cm、长度L20 cm的水平放置的金属板A和C分别与两平行导轨相连接，图中跨接在两导轨间的电阻R0.4 ，其余电阻忽略不计已知当金属棒ab不动时，质量m10 g、带电量q1103 C的小球以某一速度v0沿金属板A和C的中线射入板间，恰能射出金属板(g取10 m/s2)(1)求小球的速度v0；(2)若使小球在金属板间不偏转，求金属棒ab的速度大小和方向；(3)若要使小球能从金属板间射出，则金属棒ab匀速运动的速度应满足什么条件？解析：(1)根据题意，小球在金属板间做平抛运动，水平位移为金属板长L20 cm，竖直位移等于eq f(d,2)5 cm，根据平抛运动规律：eq f(d,2)eq f(1,2)gt2eq f(d,2)eq f(1,2)geq blc(rc)(avs4alco1(f(L,v0)2v0L eq r(f(g,d)2 m/s.(2)欲使小球不偏转，须小球在金属板间受力平衡，根据题意应使金属棒ab切割磁感线应产生感应电动势，从而使金属板A、C带电，在板间产生匀强电扬，小球所受电场力大小等于小球的重力由于小球带负电，电场力向上，所以电场方向向下，A板必须带正电，金属棒ab的a点应为感应电动势的正极，根据右手定则，金属棒ab应向右运动设金属棒ab的的速度为v1，则：EBlv1金属板A、C间的电压：Ueq f(Blv1,Rr)R金属板A、C间的电场E场eq f(U,d)小球受力平衡：qE场mg0联立以上各式解得：v1eq f(mgRrd,qBlR)5 m/s.(3)当金属棒ab的速度增大时，小球所受电场力大于小球的重力，小球将向上做类平抛运动，设金属棒ab的速度达到v2，小球恰沿A金属板右边缘飞出根据小球运动的对称性，小球沿A板右边缘飞出和小球沿C板右边缘飞出，其运动加速度相同，故有：qE场mgmg根据上式中结果得到：v2eq f(2mgRrd,qBlR)10 m/s所以若小球能射出金属板间，则金属棒ab的速度大小：0v10 m/s(0v10 m/s也给分)方向向右答案：见解析5如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d，导轨平面与水平面的夹角30，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上长为d的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接右侧电路，灯泡的电阻RL3R，电阻箱电阻调到R6R，重力加速度为g.现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为Fmg的恒力，使金属棒由静止开始运动(1)求金属棒达到最大速度一半时的加速度；(2)若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电热；(3)若改变R的阻值，当R为何值时，在金属棒达到最大速度后，R消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动设最大速度为vm，金属棒达到最大速度的一半时的加速度为a，则速度达到最大时有FIdBmgsinIBdvm/R总R总RRRL/(RRL)3R由以上各式解得vmeq f(3mgR,2B2d2)金属棒达到最大速度的一半时，、由牛顿第二定律有FI半dBmgsinamaI半Bdvm/(2R总)I/2解得ag/4.(2)设整个电路放出的电热为Q，由能量守恒定律有F4LQmgsin4Leq f(1,2)mveq oal(2,m)代入上面的vm值，可得Q2mgLeq f(9m3g2R2,8B4d4)因R/R总1/3故金属棒放出的电热QReq f(1,3)Qeq f(2,3)mgLeq f(3m3g2R2,8B4d4).(3)R上消耗的功率PI2RR并RRL/(RRL)3RR/(R3R)IRIR并Ieq f(3R,3RR) Ieq f(3Rmg,23RRBd)Peq f(m2g2,4B2d2)eq f(9R2R,3RR2)当

如图11—24所示，空间中宽度为b的区域有匀强磁场，把一个正方形导线框用外力以速度ν匀速地拉过磁场区域.已知正方形的边长为1，线圈的总电阻为R，磁感应强度是B，并有1>b，则外力做功为__________.


答案：
解析：

一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法不正确的是（　　）

A.线圈平面与磁感线方向垂直
B.通过线圈的磁通量达最大值
C.通过线圈的磁通量的变化率达最大值
D.线圈中的电动势为零

答案：C
解析：

如图2-9所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.2 T，正方形线圈每边长为0.1 m，通电流I=0.5 A，线圈所受磁场力大小是（）N，方向是（）.


答案：
解析：
1.41x10－2 水平向右 【解题指要】 本题具有一定的综合性．考查的知识点是磁场力、左手定则和力的合成．
由安培力公式得Fbc=Fcd=IBL=1.0×10－2 N
用左手定则可知Fbc的方向垂直bc指向右下，Fcd的方向垂直cd指向右上，它们相互垂直，如图2-16所示．

根据力的合成法则知，合力F的大小为

F的方向水平向右．
向考生介绍一个有用的结论：一根通电折导线在匀强磁场中所受的磁
场力等于由这根导线的起点引向终点的直导线所受的磁场力．在本题的情形下，折线bcd所受的磁场力等于直线bd所受的磁场力．由此可见

显然直接用此结论解本题要方便得多，无需分别计算Fbc和Fcd，再用力的合成计算F．

如图所示，匀强磁场区域的宽度为2，使长为d（d>l）的矩形线框以恒定速度υ向右通过磁场区域，则穿过磁场区域过程中有感应电流的时间是（??）



答案：A
解析：

在图10—19中，矩形线圈abcd的bc边悬挂在匀强磁场中．当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为△m的砝码，才能使天平重新平衡．试求磁场对bc边作用力的大小．如bc边长为l，求B的大小．


答案：
解析：
当矩形线圈通以图示方向电流时，由左手定则，bc受安培力F向上，设左盘砝码的质量为

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