4、如图12－5所示，甲图中线圈A的a、b端加上如图乙所示的电压时，在0-t₀时间内，线圈B中感应电流的方向及线圈B的受力方向情况是(　　 )

A、感应电流方向不变；　 　　　　　　　　　B、受力方向不变；

C、感应电流方向改变；　 　　　　　　　　　D、受力方向改变．

[解析]在前一段过程由乙图可知线圈A中的电流逐渐增大，所以线圈的磁通量也逐渐增大．由楞次定律可以判断感应电流的方向从左往右看是逆时针方向，安培力的方向向右．在后一段过程由乙图可知线圈A中的电流逐渐减小，所以线圈的磁通量也逐渐减小，但磁场方向与前一段过程相反．由楞次定律可以判断感应电流的方向从左往右看也是逆时针方向，但安培力的方向向左．故感应电流方向不变；受安培力的方向改变．

[答案]AD

3、如图12－4所示的电路，和是两个相同的小电珠，L是一个自感系数很大的线圈，其电阻与R相同．由于存在自感现象，在电键S接通和断开时，小电珠和先后亮暗的次序是(　　 )

A、接通时先达最亮，断开时先暗

B、接通时先达最亮，断开时先暗

C、接通时先达最亮，断开时后暗

D、接通时先达最亮，断开时后暗

[解析]当电键S接通时，由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从通过，而该电流又将同时分路通过和R，所以先达最亮，经过一段时间电路稳定后，和达到一样亮．

　 当电键S断开时电源电流立即为零，因此立即熄灭，而对，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势(右端为正极，左端为负极)，使线圈L和组成的闭合电路中有感应电流，所以后暗．

[答案]C

2、如图12－3所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为可匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．下面对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是(　　 )

A、放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应

B、录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应

C、放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用

D、录音和放音的主要原理都是电磁感应

[解析]录音是声音信号通过话筒转化为电信号，电信号再通过磁头转化为磁信号记录在磁带上的过程，所以录音的过程主要原理是电流的磁效应．放音是记录在磁带上的磁信号通过绕在磁头上的线圈产生感应电流，转化为电信号，然后电信号再通过扬声器转变为声音信号，所以放音过程的主要原理是电磁感应．

[答案]A

1、(2004年新老课程内蒙、海南、西藏、陕西等地区试题)一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图12－1所示．磁感应强度B随时间t变化的规律如图12－1所示．以I表示线圈中的感应电流，以图12－1中线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的I－t图12－2中正确的是

[解析]本题主要考查学生应用楞次定律判断感应电流方向的能力，以及法拉第电磁感应定律具体应用的能力．根据法拉第电磁感应定律及磁场的变化情况可知：0到1磁场的磁感应强度是均匀增大的，所以产生的感应电动势是恒定的，由于电阻是恒定的，故感应电流是恒定不变的；同理，1到2、3到4、5到6感应电流都是恒定不变的；而2到3和4到5由于磁场的磁感应强度没有变化，所以感应电流为零．感应电流的方向可以根据楞次定律进行判断．在应用楞次定律进行判断的时候要注意感应电流产生的磁场总要阻碍原磁场的磁通量的变化，即原磁场的磁通量要增加，那么感应电流产生的磁场就要阻碍它增加，反之要阻碍它减小．0到1内磁场的磁感应强度是增大的，由于线圈的面积不变，故磁通量增加，所以感应电流产生的磁场与原磁场方向相反．由此可知感应电流的方向是逆时针方向，与规定的方向相反，所以是负的．同理可得1到2是正的、3到4是负的、5到6是正的．综上所述正确答案是A

[答案]A

10、如图12－4－16所示，两根相距的平行金属长导轨，固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度．导轨上面横放着两根金属细杆，构成矩形回路，每根金属细杆的电阻，回路中其余部分的电阻不计．已知两金属细杆在平行于导轨的拉力作用下，沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是．不计导轨上的摩擦．

(1)求作用于每根金属细杆的拉力的大小；

(2)求两金属杆在间距增加的滑动过程中共产生的热量．

[解析](1)根据法拉第电磁感应定律得到：

产生的感应电流为

金属细杆受到的安培力

(2)在两金属细杆增加距离的过程中产生的热量就等于两拉力所做的功，即

[答案]　

[整合提升]

9、一个质量、长、宽、电阻的矩形线圈，从高处由静止开始自由下落，进入一个匀强磁场，如图12－4－15所示．线圈下边刚进入磁场时，由于磁场力作用，线圈正好作匀速运动，求：

(1)磁场的磁感应强度B

(2)如果线圈下边通过磁场所经历的时间，求磁场区域的高度

[解析](1)线框进入磁场时的速度，刚进入磁场时线圈正好作匀速运动，

所以进入磁场时受力平衡　　 　　　　　　　则　

(2)由于线圈进入磁场时是匀速运动，线圈全部进入磁场的时间

由于整个线圈全部进入磁场后，闭合回路中没有磁通量的变化，所以没有感应电流，此时线圈不受安培力，故线圈只受重力的作用．线圈全部进入磁场后的运动情况是：以的初速度做匀加速运动，加速度是，而加速运动的时间

线圈全部进入磁场时到刚好将要开始离开磁场时线圈移动的位移

代人解得：H＝1.05m　　 故

[答案]0.4T　　 1.55m

8、如图12－4－14所示，质量为m、边长为a的正方形金属线框自某一高度由静止下落，依次经过和两磁场区域．已知，且磁场的高度为a．线框在进入的过程中做匀速运动，速度大小为，在中加速一段时间后又匀速进入和穿出时速度恒为，求：

(1)和之比

(2)在整个下落过程中线框中产生的焦耳热．

[解析](1)线框进入区域作匀速运动，根据平衡条件得：

线框进入区域作匀速运动，根据平衡条件得： 而　 故

(2)线框进入区域作匀速运动，所以线框的动能没有变化，重力做的功全部转化为热能，故产生的焦耳热，线框全部进入磁场时，线框的磁通量没有发生变化，所以没有感应电流，故也没有克服安培力做功产生焦耳热．

线框进入区域和离开区域都作匀速运动，所以线框的动能没有变化，重力做的功全部转化为热能，故产生的焦耳热．所以整个下落过程中产生的焦耳热为

[答案]1∶4　　 3mga

7、如图12－4－13所示，电阻为R的矩形线框，长为l，宽为a，在外力作用下，以速度向右匀速运动，通过宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场．当时，外力做功为__________；当时，外力做功为___________．

[解析]当时，线框运动的情况是：线框进入磁场→全部进入磁场在磁场中运动→线框离开磁场→全部离开磁场．整个线框在磁场中匀速运动时，磁通量没有变化，没有感应电流，没有安培力，无需外力做功．所以外力做功的过程是线框进入磁场与线框离开磁场的两个过程中．这两个过程中线框都是以速度匀速运动，

所以：

而线框在有感应电流产生的过程中的运动时间为

外力做的功为

当时，线框运动的情况是：线框进入磁场→全部磁场区域在线框内(横向)→线框离开磁场→全部离开磁场．全部磁场区域在线框内线框匀速运动，磁通量没有变化，没有感应电流，没有安培力，无需外力做功．所以外力做功的过程是线框右边框进入磁场与线框左边框离开磁场的两个过程中．这两个过程中线框都是以速度匀速运动，所以：

而线框在有感应电流产生的过程中的运动时间为

外力做的功为

[答案]　

6、如图12－4－12所示，在光滑绝缘的水平面上，一个半径为10cm、电阻为、质量为0.1kg的金属圆环以的速度向一有界磁场滑去，磁场的磁感应强度为0.5T．经过一段时间圆环恰有一半进入磁场，共产生了3.2J的热量，则此时圆环的瞬时速度为__________，瞬时加速度为_______．

[解析]圆环在进入磁场的过程中要产生感应电流，所以要受到磁场对它的作用，故圆环要克服安培力做功，克服安培力所做的功转化为圆环的热能．设此时圆环的瞬时速度为

根据功能的转化关系得：代入解得：

此时的安培力

[答案]　　　

5、如图12－4－11所示，一根足够长的水平滑杆上套有一质量为m的光滑金属圆环．在滑杆的正下方与其平行地放置一足够长的光滑水平的木制轨道，且穿过金属环的圆心O．现使质量为M的条形磁铁以的水平速度沿轨道向右运动，则(　　 )

A、磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来

B、圆环可能获得的最大速度为

C、磁铁与圆环系统损失的动能一定为

D、磁铁与圆环系统损失的动能可能为

[解析]质量为m的光滑金属圆环和质量为M的条形磁铁作为一个系统来研究，由于系统水平方向所受的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒．系统总动量保持不变．故系统中金属圆环和条形磁铁不可能会两者速度都为零．不可能两者将先后停下来．故A、D这两个选项错误．运动的过程中系统中两个物体可能会速度相等，速度相等时圆环的速度最大，此时由动量守恒求得圆环的速度为：　　　

此时系统损失的动能为

但也有可能条形磁铁穿过圆环后，仍然磁铁的速度比圆环的大，这样系统损失的动能就不为了．

[答案]B