2013届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题6 第2讲 电磁感应与电路综合问题
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图1
1.(2012·北京卷)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图1，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起，某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
图2
2.(2012·新课标卷)如图2，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B.
C. D.
图3
3.(2011·上海卷)如图3，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
图4
4.(2012·江苏卷)某同学设计的家庭电路保护装置如图4所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关S，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关S将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关S将被电磁铁吸起
图5
5.(2011·山东卷)如图5所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下图中正确的是( )
6.(2012·福建卷)如图6甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心．一质量为m、带电量为q(q>0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0＝.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．
,图6)
(1)在t＝0到t＝T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等，试求t＝T0到t＝1.5T0这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W.
图7
7.(2012·浙江卷)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图7所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2m的金属内圈、半径r2＝0.40m的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1，外半径为r2、张角θ＝，后轮以角速度ω＝2πrad/s相对于转轴转动．若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应．
(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab－t图象；
(4)若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．
8.如图8(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图8(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求0至t1时间内
图8
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
限时训练(十五)
1．D 解析：套环能跳起是由于闭合开关瞬间线圈产生磁场，使穿过套环的磁通量发生了变化，在套环中产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力作用．线圈接在直流电源上，可达到上述的效果．电源电压高，产生的磁场强，效果应更明显．线圈的匝数多，产生的磁场强，效果应更明显．套环的材料不同，若用非导体材料则不会产生感应电流，套环不会跳起．所以D正确．
2．C 解析：由于线框旋转切割磁感线．
所以E＝B·ω·R2
若线圈不动，则
E′＝.
欲使E＝E′，即B0·ω·R2＝＝?＝.故选C.
3．B 解析：本题考查法拉第电磁感应．由题意知：圆环a、b电流方向相同，在安培力作用下体现出相互吸引的效果，且根据“增反减同”原则，a环在减速旋转．
4．ABD 解析：家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流产生的磁场相互抵消，铁芯中的磁场为零，所以线圈L2的磁通量为零，故A正确．家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流增大，但还是相等，产生的磁场还抵消，所以线圈L2的磁通量仍为零不变，故B正确．家庭电路发生短路时，火线和零线的电流瞬间增大，但还是相等，所以线圈L2的磁通量仍为零不变，线圈L2不会产生感应电流，在电磁铁中不会产生磁场，开关不会被吸起，故C错．当地面上的人接触火线发生触电时，零线的电流为零与火线的电流不相等，在铁芯中产生磁场，使线圈L2的磁通量发生变化，从而在线圈L2中产生感应电流，所以电磁铁中产生磁场，则开关将被吸起，故D正确．
5．BD 解析：当c自由下落h高度时，匀速进入磁场，所以加速度先等于g，后为0，当d开始进入磁场时，c应该匀速下落2h高度，此时由于回路磁通量不变，感应电流为0，c、d都只受重力，匀加速下落，当又下落h高度时，c离开磁场，以后一直a＝g，A错B对；d下落0～2h高度过程，一直只受重力作用，根据动能定理，合外力做功等于动能增量，因此动能与位移的图象的斜率不变．当c离开磁场时，d速度一定大于刚进入磁场时的速度，所以受到方向向上的磁场力会大于重力，因此做加速度减小的减速运动，动能要逐渐减少，因此下落2h～4h过程动能与位移的图象的斜率应该表示变小，当d出磁场后加速度等于g时，动能与位移图象的斜率应该等于重力，为定值，D对．
6．解析：(1)小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力．
qv0B0＝mv/r①
由①式解得 v＝qB0r/m②
(2)①在T0到1.5T0这段时间内，细管内一周的感应电动势E感＝πr2ΔB/Δt③
由图乙可知 ΔBΔt＝2B0/T0④
由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以
E＝E感/2πr⑤
由③④⑤式及T0＝得
E＝qBr/2πm⑥
②在T0到1.5T0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a＝qE/m⑦
小球运动的末速度大小
v＝v0＋aΔt⑧
由图乙Δt＝0.5T0，并由②⑥⑦⑧得
v＝1.5v0＝1.5qB0r/m⑨
由动能定理，电场力做功为W＝mv2/2－mv/2⑩
由②⑨⑩式解得 W＝5mv/8＝5q2Br2/8m
7．解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化，设经过时间Δt，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律
E＝①
ΔΦ＝BΔS＝B(rΔθ－rΔθ)②
由①②式并代入数值得：
E＝＝Bω(r－r)＝4.9×10－2V③
根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向b→a.④
(2)通过分析，可得电路图为
(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，
R总＝R＋R＝R⑤
ab两端电势差
U总＝E－IR＝E－R＝E＝1.2×10－2V⑥
设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，
t1＝＝s⑦
t2＝＝s⑧
设轮子转一圈的时间为T，
T＝＝1s⑨
在T＝1s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．⑩
由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可画出如下Uab－t图象
(4)“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4.9×10－2V，远小于小灯泡的额定电压，因此无法工作．)
B增大，E增大，但有限度；
r2增大，E增大，但有限度；
ω增大，E增大，但有限度；
θ增大，E不变．
8．解析：(1)由图象分析可知，0至t1时间内＝
由法拉第电磁感应定律有E＝n＝n·S
而S＝πr
由闭合电路欧姆定律有I1＝
联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为I1＝
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a
(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝
电阻R1上产生的热量Q＝IR1t1＝.
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