高中物理粤教版选修3-2习题 第一章 电磁感应 第5节 课后提能训练 Word版含答案
粤教版高中物理选修3-2第一章电磁感应第五节.docx
高中物理学习材料第五节 电磁感应规律的应用1．情景分析：如图1所示，铜棒Oa 长为L ，磁场的磁感应强度为B ，铜棒在垂直于匀强磁场的平面上绕O 点以角速度ω匀速转动，则棒切割磁感线的等效速度v ＝ωL 2，产生的感应电动势E ＝12BL 2ω，由右手定则可判定铜棒的O 端电势较高．图12．如图2所示，导体棒ef 沿着导轨面向右匀速运动，导轨电阻不计．导体棒ef 相当于电源，e 是正极，f 是负极，电源内部电流由负极流向正极；R 和R g 构成外电路，外电路中电流由电源正极流向负极．图23．电磁感应中的能量：在由导体切割磁感线产生的电磁感应现象中，导体克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，即电能是通过克服安培力做功转变来的．4．正在转动的电风扇叶片，一旦被卡住，电风扇电动机的温度上升，时间一久，便发生一种焦糊味，十分危险，产生这种现象的原因是________________________________________________________________________．答案见解析解析电风扇叶片一旦卡住，这时反电动势消失，电阻很小的线圈直接连在电源的两端，电流会很大，所以电风扇电动机的温度很快上升，十分危险．5．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( )A．线圈中一定有感应电流B．线圈中一定有感应电动势C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关答案 B解析产生感应电流的条件与产生感应电动势的条件是不同的，只有电路闭合且磁通量发生变化才能产生感应电流，不管电路是否闭合，只要磁通量变化，就一定有感应电动势产生．感应电动势只与磁通量的变化快慢和线圈的匝数有关．6．如图3所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v 抛出，且棒与磁场垂直，设棒在落下的过程中方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动的过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )图3A．越来越大 B．越来越小C．保持不变 D．无法判断答案 C解析在运用公式E＝BLv进行感应电动势的运算时，要注意该公式中B、L、v三者必须互相垂直．如果不互相垂直，要进行相应的分解后运用分量代入运算．本题中切割速度为金属棒的水平分速度，水平分速度不变，故感应电动势大小保持不变，选C.7．如图4所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )图4A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量答案 A解析棒受重力G、拉力F和安培力F A的作用．由动能定理：W F＋W G＋W安＝ΔE k得W F＋W安＝ΔE k＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增量，A项正确．【概念规律练】知识点一 法拉第电机模型的分析1．如图5所示，长为L 的金属棒ab ，绕b 端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B ，求ab 两端的电势差．图5答案 12BL 2ω 解析 方法一 棒上各处速率不等，故不能直接用公式E ＝BLv 求解，由v ＝ωr 可知，棒上各点线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．由v ＝ωL /2，有BL v ＝12BL 2ω，由右手定则判断φa >φb ，即U ab >0，故U ab ＝12BL 2ω 方法二 用E ＝n ΔΦΔt来求解． 设经过Δt 时间ab 棒扫过的扇形面积为ΔS ＝12L ωΔtL ＝12L 2ωΔt 变化的磁通量为ΔΦ＝B ΔS ＝12BL 2ωΔt ，所以E ＝n ΔΦΔt ＝nB ΔS Δt ＝12BL 2ω(n ＝1) 由右手定则判断φa >φb所以a 、b 两端的电势差为12BL 2ω. 点评 当导体棒转动切割磁感线时，若棒上各处磁感应强度B 相同，则可直接应用公式E ＝12BL 2ω.2．如图6所示，长为L 的导线下悬一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的偏角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B ，则金属导线中产生的感应电动势大小为________．图6答案 12BL 2ωsin 2 θ 解析 导线的有效长度为L ′＝L sin θ电动势E ＝12BL ′2ω＝12BL 2ωsin 2 θ 点评 导体在磁场中转动，导线本身与磁场并不垂直，应考虑切割磁感线的有效长度． 知识点二 电磁感应中的电路问题3．如图7所示，长为L ＝0.2 m 、电阻为r ＝0.3 Ω、质量为m ＝0.1 kg 的金属棒CD 垂直放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L ，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R ＝0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A 的电流表串联在一条导轨上，量程为0～1.0 V 的电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定的外力F 使金属棒右移，当金属棒以v ＝2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一电表未满偏．问：图7(1)此时满偏的电表是什么表？说明理由．(2)拉动金属棒的外力F 有多大？(3)导轨处的磁感应强度多大？答案 (1)见解析 (2)1.6 N (3)4 T解析 (1)假设电流表满偏，则I ＝3 A ，R 两端电压U ＝IR ＝3×0.5 V ＝1.5 V ，将大于电压表的量程，不符合题意，故满偏电表应该是电压表．(2)由能量关系，电路中的电能应是外力做功转化来的，所以有Fv ＝I 2(R ＋r )，I ＝U R，两式联立得，F ＝U 2(R ＋r )R 2v＝1.6 N. (3)磁场是恒定的，且不发生变化，由于CD 运动而产生感应电动势，因此是动生电动势．根据法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ，根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir 以及I ＝U R ，联立三式得B ＝U Lv ＋Ur RLv＝4 T. 点评 注意区分电源和外电路，熟练运用闭合电路的有关规律．4．匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场宽度l ＝3 m ，一正方形金属框边长ad ＝l ′＝1 m ，每边的电阻r ＝0.2 Ω，金属框以v ＝10 m/s 的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图8所示．求：图8(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I－t图线；(要求写出作图依据)(2)画出ab两端电压的U－t图线．(要求写出作图依据)答案见解析解析线框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd相当于电源，ab为等效外电路；第Ⅱ阶段cd和ab相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab相当于电源，cd相当于外电路，如下图所示．(1)在第一阶段，有I 1＝E r ＋3r ＝Bl ′v 4r＝2.5 A 感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t 1＝l ′v ＝110s ＝0.1 s ab 两端的电压为U 1＝I 1·r ＝2.5×0.2 V ＝0.5 V(2)在第二阶段，有I 2＝0，U 2＝E ＝Bl ′v ＝2 Vt 2＝0.2 s (3)在第三阶段，有I 3＝E4r＝2.5 A 感应电流方向为顺时针方向U 3＝I 3×3r ＝1.5 V ，t 3＝0.1 s规定逆时针方向为电流正方向，故I －t 图象和ab 两端U －t 图象分别如下图所示．点评 第二阶段cd 与ab 全部进入磁场后，回路中磁通量不变化，无感应电流，但ab 、cd 都切割磁感线，有感应电动势，相当于开路时两个并联的电路．【方法技巧练】用能量观点巧解电磁感应问题5．如图9所示，将匀强磁场中的线圈(正方形，边长为L )以不同的速度v 1和v 2匀速拉出磁场，线圈电阻为R ，那么两次拉出过程中，外力做功之比W 1∶W 2＝________.外力做功功率之比P 1∶P 2＝________.图9答案 v 1∶v 2 v 21∶v 22解析 线圈匀速拉出磁场，故其动能未变化．线圈中由于电磁感应产生电流，即有电能产生，且电能全部转化为内能，故外力做多少功就有多少内能产生．W ＝Q ＝I 2R Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔΦΔtR 2R Δt ＝(ΔΦ)2R Δt ∝1Δt ∝v 故W 1∶W 2＝v 1∶v 2同理，由P ＝W Δt ＝Q Δt∝v 2可得P 1∶P 2＝v 21∶v 22 方法总结 两次均匀速把线框拉出磁场都有F 安＝F 外，但两次的外力不同．6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图10所示，抛物线的方程为y ＝x 2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m 的小金属块从抛物线y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )图10A ．mgb B.12mv 2C ．mg (b －a )D ．mg (b －a )＋12mv 2 答案 D解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热．最后，金属块在高为a 的曲面上做往复运动．减少的机械能为mg (b－a )＋12mv 2，由能量的转化和守恒可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即选D. 方法总结 在电磁感应现象中，感应电动势是由于非静电力移动自由电荷做功而产生的，要直接计算非静电力做功一般比较困难，因此要根据能量的转化及守恒来求解．1．如图11所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将( )图11A ．不变B ．增大C ．减少D ．以上情况都有可能答案 B解析 当磁场增强时，将产生如图所示的电场，带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用，而使动能增大．2．如图12所示，用一阻值为R 的均匀细导线围成的金属环半径为a ，匀强磁场的磁感应强度为B ，垂直穿过金属环所在平面．电阻为R 2的导体杆AB ，沿环表面以速度v 向右滑至环中央时，杆的端电压为( )图12A ．Bav B.12Bav C.23Bav D.43Bav 答案 C解析 当电阻为R 2的导体杆AB 沿环表面以速度v 向右滑至环中央时，这个回路的总电动势为：E ＝2Bav .并联的两个半圆环的等效电阻为R 4，杆的端电压为U AB ＝E ·R 外R 外＋r ＝23Bav . 方法总结 当磁场和导体间有相对运动，且感应电动势大小在变化，求瞬时感应电动势时，应采用公式E ＝BLv sin θ.3．在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图13所示，下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是( )图13A．v1＝v2，方向都向右B．v1＝v2，方向都向左C．v1>v2，v1向右，v2向左D．v1>v2，v1向左，v2向右答案 C解析当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向电流，电阻上有最高电压，所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电．4．如图14所示，在匀强磁场中，MN和PQ是两条平行的金属导轨，而ab与cd为串联有电压表和电流表的两根金属棒，当两棒以相同速度向右运动时，正确的是( )图14A．电压表有读数，电流表有读数B．电压表无读数，电流表无读数C．电压表有读数，电流表无读数D．电压表无读数，电流表有读数答案 B解析 当ab 与cd 以相同速度向右运动时，abcd 围成的闭合回路的磁通量无变化，则回路内无感应电流，使电压表和电流表指针偏转必须有电流流过电表，所以两表无示数，故B 选项正确．5．如图15甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F 作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆ab 始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F 安随时间t 的变化关系，则图中可以表示外力F 随时间t 变化关系的图象是( )图15答案 D解析 ab 切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，感应电流为I ＝BLv R ，安培力F 安＝B 2L 2v R，所以v ∝F 安，v ∝t ，金属杆的加速度为定值．又由牛顿第二定律F －F 安＝ma ，即F ＝F 安＋ma ，可知D 项正确．6．如图16所示，在一均匀磁场中有一导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一段导体杆，它可在ab ，cd 上无摩擦地滑动，杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图16A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动答案 A解析ef向右运动，在闭合回路中产生感应电流，根据楞次定律，ef棒受安培力将阻碍其向右运动，即ef要克服安培力做功而使动能减少，故ef是向右做减速运动．但值得注意的是，随速度v的减小，加速度减小，故不可能做匀减速运动．A正确．7．如图17所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围的区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体环将受到向上的磁场力作用( )图17答案 A解析 b →b →a →螺线管→d →c ，螺线管下方的导体环中有磁通量穿过．但由于磁场的变化越来越慢，穿过圆环的磁通量也越来越小，根据楞次定律，为阻碍环中磁通量的减少，环将靠近螺线管，即环受向上的磁场力的作用．B 选项中，磁场变化越来越快，螺线管中磁场变强，圆环中磁通量增大，为阻碍磁通量增大，环将向下运动，即受磁场力向下．C 、D 选项中，磁场均匀变化，螺线管中电流恒定，穿过圆环的磁通量不变，圆环中无感应电流产生，与螺线管无相互作用的力．8．如图18所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b ，F c 和F d ，则( )图18A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d答案 D解析 本题考查电磁感应和安培力相关知识．线圈在进入和离开磁场的过程中，产生感应电流，线圈相应地受到安培力的作用，根据F ＝ILB ，E ＝BLv ，I ＝E r ，可知安培力F ＝B 2L 2v r，不难看出安培力与速度成正比，当线圈完全进入磁场的过程中，没有安培力，故F c＝0，且其只在重力作用下加速下落，所以v d>v b，即F d>F b，答案为D项．9．(双选)如图19所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中( )图19A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．10．如图20所示的匀强磁场中，有两根相距20 cm固定的平行金属光滑导轨MN和PQ.磁场方向垂直于MN、PQ所在平面．导轨上放置着ab、cd两根平行的可动金属细棒．在两棒中点OO′之间拴一根40 cm长的细绳，绳长保持不变．设磁感应强度B以1.0 T/s的变化率均匀减小，abdc回路的电阻为0.50 Ω.求：当B减小到10 T时，两可动边所受磁场力和abdc回路消耗的功率．图20答案 均为0.32 N 0.012 8 W解析 根据E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS ΔtE ＝1.0×20×40×10－4 V ＝0.08 V根据I ＝E R ，F ＝BILF ＝10×0.080.50×20×10－2 N ＝0.32 N P ＝E 2R ＝0.0820.50W ＝0.012 8 W 11．两根光滑的长直金属导轨MN 、M ′N ′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M ′处接有如图21所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C .长度也为l 、阻值同为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q .求：图21(1)ab 运动速度v 的大小；(2)电容器所带的电荷量q .答案 (1)4QR B 2l 2s(2)CQR Bls解析 (1)设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，ab 运动距离s ，所用时间为t ，则有E ＝BlvI ＝E 4Rt ＝s vQ ＝I 2(4R )t由上述方程得v ＝4QR B 2l 2s(2)设电容器两极板间的电势差为U ，则有U ＝IR电容器所带电荷量q ＝CU ，解得q ＝CQR Bls12．如图22所示，P 、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L 1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B 1的匀强磁场中．一导体杆ef 垂直于P 、Q 放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m 、每边电阻均为r 、边长为L 2的正方形金属框abcd 置于竖直平面内，两顶点a 、b 通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B 2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a 、b 点的作用力．图22(1)通过ab 边的电流I ab 是多大？(2)导体杆ef 的运动速度v 是多大？答案 (1)3mg 4B 2L 2 (2)3mgr 4B 1B 2L 1L 2解析 (1)设通过正方形金属框的总电流为I ，ab 边的电流为I ab ，dc 边的电流为I dc ，则I ab ＝34I ① I dc ＝14I ② 金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg ＝B 2I ab L 2＋B 2I dc L 2③由①②③，解得I ab ＝3mg 4B 2L 2(2)由(1)可得I ＝mg B 2L 2⑤ 设导体杆切割磁感线产生的电动势为E ，有E ＝B 1L 1v ⑥设ad 、dc 、bc 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R ，则R ＝34r ⑦根据闭合电路欧姆定律，有I ＝E R ⑧由⑤～⑧，解得v ＝3mgr4B 1B 2L 1L 2。
最新精选高中选修3-2物理第一章 电磁感应第05节 法拉第电磁感应定律应用粤教版习题精选四十六
最新精选高中选修3-2物理第一章电磁感应第05节法拉第电磁感应定律应用粤教版习题精选四十六第1题【单选题】如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其它电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h．在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是( )A、两次上升的最大高度相比较为H＜hB、有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C、有磁场时，电阻R产生的焦耳热为有误D、有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ【答案】：【解析】：第2题【单选题】粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )A、B、C、D、【答案】：【解析】：第3题【多选题】如图所示，用一根粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形线框．甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场宽度d足够大．不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中．在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2 ，通过导体横截面的电量分别为q1和q2 ，线框产生的热量分别为Q1和Q2 ，线框所受到的安培力分别是F1和F2 ，则以下结论中正确的是( )A、I1＞I2B、q1=4q2C、Q1=4Q2D、F1=2F2【答案】：【解析】：第4题【多选题】如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是( )A、金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多B、金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于有误mv0^2C、金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等D、金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量【答案】：【解析】：第5题【多选题】如图甲所示线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm^2 ，线圈总电阻r=10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1s内( )A、线圈中磁通量的变化量为0.25WbB、线圈中磁通量的变化率为2.5×10^﹣2Wb/sC、a、b间电压为0D、在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A【答案】：【解析】：第6题【多选题】如图所示，两光滑金属导轨间距为1m，固定在绝缘桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度大小为1T、方向竖直向下的有界匀强磁场中(导轨其他部分无磁场)，电阻R的阻值为2Ω，桌面距水平地面的高度为1.25m，金属杆ab的质量为0.1kg，有效电阻为1Ω。
粤教版高中物理选修3-2第一章电磁感应章末检测.docx
高中物理学习材料桑水制作第一章 电磁感应(时间：90分钟 满分：100分)一、单选题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a ，电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下(如图1所示)．当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )图1A ．2BavB ．BavC.2Bav 3D.Bav 3答案 D解析 由推论知，当导体棒摆到竖直位置时，产生的感应电动势E ＝BLv 中＝B ·2a ·12v＝Bav ，此时回路总电阻R 总＝R 4＋R 2＝3R 4，这时AB 两端的电压大小U ＝E R 总·R 4＝Bav 3，D 项正确． 2．如图2所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a 和b ，当一条形磁铁的S 极竖直向下迅速靠近两环中间时，则( )图2A ．a 、b 均静止不动B ．a 、b 互相靠近C ．a 、b 互相远离D ．a 、b 均向上跳起答案 C3. 如图3所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1，通过导线截面的电荷量为q 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，通过导线截面的电荷量为q 2，则( )图3A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2答案 C解析 设线框长为l 1，宽为l 2，第一次拉出速度为v 1，第二次拉出速度为v 2，则v 1＝3v 2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W 1＝F 1·l 1＝BI 1l 2l 1＝B 2l 22l 1v 1R ，同理W 2＝B 2l 22l 1v 2R，故W 1>W 2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q ＝ΔΦR，得q 1＝q 2. 4. 如图4所示,在PQ 、QR 区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面.一导线框abcdefa 位于纸面内,框的邻边都相互垂直,bc 边与磁场的边界P 重合.导线框与磁场区域的尺寸如图所示.从t=0时刻开始,线框匀速横穿两个磁场区域.以a →b →c →d →e →f 为线框中的电动势E 的正方向,以下四个E-t 关系示意图中正确的是 ( )图4答案 C解析 楞次定律或右手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D 选项错误；1 s ～2 s 内，磁通量不变化，感应电动势为0，A 选项错误；2 s ～3 s 内，产生感应电动势E ＝2Blv ＋Blv ＝3Blv ，感应电动势的方向为逆时针方向(正方向)，故C 选项正确．5. 两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图5所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止．则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )图5A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，ΔΦΔt ＝dmg nqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，ΔΦΔt ＝dmg nqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，ΔΦΔt ＝dmg (R ＋r )nRqD ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，ΔΦΔt ＝dmgr (R ＋r )nRq答案 C解析 油滴静止说明电容器下极板带正电，线圈中电流自上而下(电源内部)，由楞次定律可以判断，线圈中的磁感应强度B 为向上的减弱或向下的增强．又E ＝n ΔΦΔt① U R ＝R R ＋r·E ② qU R d＝mg ③ 由①②③式可解得：ΔΦΔt ＝mgd (R ＋r )nRq6．在如图6所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为自感线圈，E 为电源，S 为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )图6A．合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭B．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C．合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭答案 C解析合上开关S后，电流由零突然变大，电感线圈产生较大的感应电动势，阻碍电流的增大，故I b>I a，随电流逐渐增大至稳定过程，电感的阻碍作用越来越小，故合上开关，b 先亮，a逐渐变亮；开关S断开后，虽然由于电感L产生自感电动势的作用，灯a、b回路中电流要延迟一段时间熄灭，且同时熄灭，故选C.二、双选题(本题共4小题，每小题6分，共24分)7．如图7所示，用恒力F将闭合线圈自静止开始(不计摩擦)从图示位置向左加速拉出有界匀强磁场，则在此过程中( )A．线圈向左做匀加速直线运动 B．线圈向左运动且速度逐渐增大C．线圈向左运动且加速度逐渐减小 D．线圈中感应电流逐渐减小图7答案BC解析加速运动则速度变大，电流变大，安培力变大．安培力是阻力，故加速度减小．故选B、C项．8．如图8所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动．当导体棒MN在外力作用下从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为( )图8A．逐渐增大 B．先增大后减小C．逐渐减小 D．先增大后减小，再增大，接着再减小答案BD解析导体棒MN在框架上做切割磁感线的匀速运动，相当于电源，其产生的感应电动势相当于电源的电动势E，其电阻相当于电源的内阻r，线框abcd相当于外电路，等效电路如下图所示．由于MN的运动，外电路的电阻是变化的，设MN左侧电阻为R1，右侧电阻为R2，导线框的总电阻为R＝R1＋R2，所以外电路的并联总电阻：R 外＝R 1R 2/(R 1＋R 2)＝R 1R 2/R由于R 1＋R 2＝R 为定值，故当R 1＝R 2时，R 外最大．在闭合电路中，外电路上消耗的电功率P 外是与外电阻R 外有关的．P 外＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 外＋r 2·R 外＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r可见，当R 外＝r 时，P 外有最大值，P 外随R 外的变化图象如右图所示．下面根据题意，结合图象讨论P 外变化的情况有：(1)若R 外的最大值R max <r ，则其导线框上消耗的电功率是先增大后减小．(2)若R 外的最大值R max >r ，且R 外的最小值R min <r ，则导线框上消耗的电功率是先增大后减小，再增大，接着再减小．(3)若是R 外的最小值R min >r ，则导线框上消耗的电功率是先减小后增大．综上所述，B 、D 正确．9．如图9所示，用细线悬吊一块薄金属板，在平衡位置时，板的一部分处于匀强磁场中，磁场的方向与板面垂直，当让薄板离开平衡位置附近做微小的摆动时，它将( )图9A．做简谐振动 B．在薄板上有涡流产生C．做振幅越来越小的阻尼振动 D．以上说法均不正确答案BC解析本题考查涡流的产生．由于电磁感应现象，薄板上出现电流，机械能减少，故正确答案为B、C.10．如图10所示，相距为d的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<d)、质量为m.将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，当ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0.从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )图10A．线框一直都有感应电流B．线框有一阶段的加速度为gC．线框产生的热量为mg(d＋h＋L)D．线框做过减速运动答案BD解析从ab边进入时到cd边刚穿出有三个过程(四个特殊位置)如图由Ⅰ位置到Ⅱ位置，和由Ⅲ位置到Ⅳ位置线框中的磁通量发生变化，所以这两个过程中有感应电流，但由Ⅱ位置到Ⅲ位置，线框中磁通量不变化，所以无感应电流；故A错，由Ⅱ到Ⅲ加速度为g，故B正确．因线框的速度由v0经一系列运动再到v0且知道有一段加速度为g的加速过程故线框一定做过减速运动，故D正确；由能量守恒知，线框产生的热量为重力势能的减少量即mg(d＋L)，故C错误．三、填空题(本题共2小题，共10分)11．(6分)如图11所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．图11(1)将图中所缺导线补充完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________．(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________．答案(1)如图所示(2)向右偏(3)向左偏12．(4分)如图12所示，两根平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab和cd跨在导轨上，ab 电阻大于cd 电阻．当cd 在外力F 2作用下匀速向右滑动时，ab 在外力F 1作用下保持静止，则ab 两端电压U ab 和cd 两端电压U cd 相比，U ab ________U cd ，外力F 1和F 2相比，F 1________F 2(填>、＝或<)．图12答案 ＝ ＝四、解答题(本题共4小题，共42分)13．(10分)如图13所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L ，右端接有电阻R ，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属棒以v 0的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为μ，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q ，求：图13(1)棒能运动的距离；(2)R 上产生的热量．答案 (1)qR BL (2)12mv 20－μmgqR BL解析 (1)设在整个过程中，棒运动的距离为s ，磁通量的变化量ΔΦ＝BLs ，通过棒的任一截面的电量q ＝I Δt ＝ΔΦR ，解得s ＝qR BL. (2)根据能的转化和守恒定律，金属棒的动能的一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，电能又转化为热能Q ，即有12mv 20＝μmgs ＋Q ，解得Q ＝12mv 20－μmgs ＝12mv 20－μmgqR BL. 14．(10分) U 形金属导轨abcd 原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc 等长的金属棒PQ 平行bc 放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e 、f .已知磁感应强度B ＝0.8 T ，导轨质量M ＝2 kg ，其中bc 段长0.5 m 、电阻r ＝0.4 Ω，其余部分电阻不计，金属棒PQ 质量m ＝0.6 kg 、电阻R ＝0.2 Ω、与导轨间的摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F ＝2 N 的水平拉力，如图14所示．求：导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g 取10 m/s 2)．图14答案 0.4 m/s 22 A3 m/s解析 导轨受到PQ 棒水平向右的摩擦力f ＝μmg ，根据牛顿第二定律并整理得F －μmg －F 安＝Ma ，刚拉动导轨时，I 感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度 a m ＝F －μmg M ＝(2－0.2×0.6×10)2m/s 2＝0.4 m/s 2 随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a ＝0时，速度最大．设速度最大值为v m ，电流最大值为I m ，此时导轨受到向右的安培力F 安＝BI m L ，F －μmg －BI m L ＝0I m ＝F －μmg BL代入数据得I m ＝2－0.2×0.6×100.8×0.5A ＝2 A I ＝E R ＋r ，I m ＝BLv m R ＋rv m ＝I m (R ＋r )BL ＝2×(0.2＋0.4)0.8×0.5m/s ＝3 m/s. 15．(10分)如图15所示，a 、b 是两根平行直导轨，MN 和OP 是垂直跨在a 、b 上并可左右滑动的两根平行直导线，每根长为l ，导轨上接入阻值分别为R 和2R 的两个电阻和一个板长为L ′、间距为d 的平行板电容器．整个装置放在磁感应强度为B 、垂直导轨平面的匀强磁场中．当用外力使MN 以速率2v 向右匀速滑动、OP 以速率v 向左匀速滑动时，两板间正好能平衡一个质量为m 的带电微粒，试问：图15(1)微粒带何种电荷？电荷量是多少？(2)外力的功率和电路中的电功率各是多少？答案 (1)负电 mgd Blv (2)3B 2l 2v 2R 3B 2l 2v 2R解析 (1)当MN 向右滑动时，切割磁感线产生的感应电动势E 1＝2Blv ，方向由N 指向M .OP 向左滑动时产生的感应电动势E 2＝Blv ，方向由O 指向P .两者同时滑动时，MN 和OP 可以看成两个顺向串联的电源，电路中总的电动势：E ＝E 1＋E 2＝3Blv ，方向沿NMOPN .由全电路欧姆定律得电路中的电流强度I ＝E R ＋2R ＝Blv R，方向沿NMOPN . 电容器两端的电压相当于把电阻R 看做电源NM 的内阻时的路端电压，即U ＝E 1－IR ＝2Blv －Blv R·R ＝Blv 由于上板电势比下板高，故在两板间形成的匀强电场的方向竖直向下，可见悬浮于两板间的微粒必带负电．设微粒的电荷量为q ，由平衡条件mg ＝Eq ＝U dq ，得 q ＝mgd U ＝mgd Blv(2)NM 和OP 两导线所受安培力均为F ＝BIl ＝B Blv R l ＝B 2l 2v R，其方向都与它们的运动方向相反．两导线都匀速滑动，由平衡条件可知所加外力应满足条件F 外＝F ＝B 2l 2v R因此，外力做功的机械功率P 外＝F ·2v ＋Fv ＝3Fv ＝3B 2l 2v 2R. 电路中产生感应电流总的电功率P 电＝IE ＝Blv R ·3Blv ＝3B 2l 2v 2R可见，P 外＝P 电，这正是能量转化和守恒的必然结果．16．(12分)如图16所示，质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.3 Ω，长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 形金属框架上．框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R 2＝0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ．垂直于ab 施加F ＝2 N 的水平恒力，ab 从静止开始无摩擦地运动，始终与MM ′、NN ′保持良好接触．当ab 运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图16(1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小；(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量Q ＝0.1 J ，求该过程ab 位移s 的大小．答案 (1)6 m/s (2)1.1 m解析 (1)ab 对框架的压力N 1＝m 1g框架受水平面的支持力N 2＝m 2g ＋N 1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力f m ＝μN 2ab 中的感应电动势E ＝BlvMN 中电流I ＝E R 1＋R 2MN 受到的安培力F 安＝IlB框架开始运动时F 安＝f m由上述各式，代入数据解得v ＝6 m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q 总＝R 1＋R 2R 2Q 由能量守恒定律，得Fs ＝12m 1v 2＋Q 总 代入数据解得s ＝1.1 m。
2019-2020学年物理粤教版选修3-2巩固提升训练：第一章电磁感应 单元测试 Word版含解析
章末过关检测(一)[学生用书P81(单独成册)](时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1. 水平固定的大环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向，如图所示，有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程中小环中产生感应电流的过程是()A．只有小环在接近大环的过程中B．只有小环在远离大环的过程中C．只有小环在经过大环的过程中D．小环下落的整个过程解析：选D.由环形电流磁感线的分布可知小环在运动过程中无论是接近还是远离大环，小环的磁通量均在变化，所以小环下落的整个过程均能产生感应电流．故选D.2. 1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路．如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验，下列说法正确的是()A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流解析：选D.在滑片不动的情况下，左线圈A中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以线圈B中不产生感应电流，所以选项A、B错误；在滑片向左移动的过程中，滑动变阻器R的阻值增大，线圈A中通过的是逐渐减弱的电流，即线圈B处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可判断得知，电流表G中的电流从b→a，故选项C错误，D正确．3. 如图所示，光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是()A．两环都向右运动B．两环都向左运动C．环1静止，环2向右运动D．两环都静止解析：选C.条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止；环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动．4．如图所示，A和B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同．由于存在自感现象，在开关S闭合和断开时，灯A和B先后亮暗的顺序是()A．闭合时，A先达最亮；断开时，A后暗B．闭合时，B先达最亮；断开时，B后暗C．闭合时，A先达最亮；断开时，A先暗D．闭合时，B先达最亮；断开时，B先暗解析：选A.开关S闭合时，由于自感作用，线圈L中自感电动势较大，电流几乎全部从A中通过，而该电流又同时分路通过B和R，所以A先达最亮，经过一段时间稳定后A和B 达到同样亮；开关S断开时，电源电流立即为零，B立即熄灭，由于L的自感作用，A要慢慢熄灭．故选A.5. 如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上；虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场．ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒均静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动．则()A ．ab 棒中的电流方向由b 到aB ．cd 棒先加速运动后匀速运动C ．cd 棒所受摩擦力的最大值等于cd 棒的重力D ．力F 做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和解析：选A.ab 棒沿导轨竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab 棒中的感应电流方向为b →a ，故A 正确；cd 棒电流由c 到d ，所在的运动区域有磁场，所受的安培力向里，则受摩擦力向上，因电流增加，则摩擦力增大，加速度减小到0，又减速运动，故B 错误；因安培力增加，cd 棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力．故C 错误；力F 所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D 错误．6．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，轻弹簧的弹性系数为k ，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R 外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则( )A ．金属棒将做往复运动，动能、弹性势能与重力势能的总和保持不变B ．金属棒最后将静止，静止时弹簧的伸长量为mg kC ．金属棒最后将静止，电阻R 上产生的总热量为mg ·mg kD ．当金属棒第一次达到最大速度时，弹簧的伸长量为mg k解析：选B.金属棒在往复运动的过程中不断克服安培力做功产生电能，进而转化成焦耳热，机械能不断减少，最终静止，静止时弹力等于金属棒的重力，故A 错误、B 正确；由能量守恒定律可得mg ·mg k＝Q ＋E 弹，故C 错误；当金属棒第一次达到最大速度时，加速度为零，则mg ＝kx ＋F 安，故D 错误．7. 如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )解析：选D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和及F＝BIL 离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BL v、I＝ER＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确．二、多项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)8. 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯解析：选AB.当线圈接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A、B正确，选项C、D错误．9．条形磁铁放在光滑的水平面上，以条形磁铁中央位置正上方的某点为圆心，水平固定一铜质圆环，不计空气阻力，以下判断中正确的是()A．给磁铁水平向右的初速度，圆环将受到向左的磁场力B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C．释放圆环，下落过程中环的机械能守恒D．给磁铁水平向右的初速度，磁铁在向右运动的过程中做减速运动解析：选CD.给磁铁水平向右的初速度，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流将阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以圆环将受到向右的磁场力，产生向右的运动趋势，故A错误；圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，穿过环的磁通量不变，没有感应电流产生，环下落时磁铁对桌面的压力等于磁铁的重力．故B错误；圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，穿过环的磁通量不变，没有感应电流产生，环下落时环的机械能守恒，故C正确；给磁铁水平向右的初速度，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流将阻碍线圈与磁铁之间的相对运动，所以磁铁向右运动的过程中做减速运动．故D正确．10．如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区域开始计时，到A点离开磁场区域的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)不可能是图中的()解析：选BCD.BC边刚进入磁场时，根据E＝BL v知产生的感应电动势最大，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向，是正值，随线框进入磁场，有效长度L逐渐减小，电动势均匀减小，即电流均匀减小；当线框刚出磁场时，切割磁感线的有效长度L最大，故电流最大，且为顺时针方向，是负值，此后电流均匀减小，故只有A图象符合要求．11. 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A ．圆盘上产生了感应电动势B ．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C ．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选AB.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正确；铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D 错误．12．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，则此过程( )A ．杆的速度最大值为（F －μmg ）RB 2d 2B ．流过电阻R 的电量为Bdl R ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：选BD.当v 最大时导体杆水平方向受力平衡，有F ＝f ＋F 安，即F ＝μmg ＋B 2d 2v R ＋r，v ＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2，故A 错；通过电阻R 的电量q ＝ΔΦR ＋r ＝Bdl R ＋r ，故B 对；由动能定理有W F ＋W f ＋W F 安＝ΔE k ，因为W f <0，故C 错，D 对．三、非选择题(本大题共4小题，共42分．按题目要求解答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v －t 图象如图乙所示(取g ＝10 m/s 2)．求：(1)磁感应强度B 的大小．(2)杆在磁场中下落0.1 s 的过程中电阻R 产生的热量．解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s 进入磁场以v ＝1.0 m/s 做匀速运动产生的电动势E ＝BL v ①杆中的电流I ＝E R ＋r② 杆所受安培力F 安＝BIL ③由平衡条件得mg ＝F 安④联立①②③④，并代入数据得 B ＝2 T ．⑤(2)由①②⑤可知电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BL v R ＋r 2Rt ＝0.075 J. 答案：(1)2 T (2)0.075 J14. (10分)把总电阻为2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆环，水平固定在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示．一长度为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触．当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O 时，求：(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ；(2)流过棒的电流的大小、方向及棒两端的电压U MN ；(3)在圆环和金属棒上消耗的总热功率；(4)金属棒克服安培力做功的功率．解析：(1)棒MN 右移时，切割磁感线，产生感应电动势，棒MN 相当于一个电源．流过棒的电流即电源内的电流，当棒过环心O 时，棒两端的电压即为路端电压，其等效电路如图所示．金属棒经过环心时，棒中产生的感应电动势为E ＝B ·2a ·v ＝2Ba v .(2)圆环的两部分构成并联电路，且R 左＝R 右＝R ，故并联部分的电阻为R 并＝R 2. 由闭合电路欧姆定律得流过金属棒的电流为I ＝ER 并＋R ＝2E 3R ＝4Ba v 3R 由右手定则可判断出金属棒上的电流方向由N →M .棒两端的电压U MN ＝IR 并＝I ·R 2＝23Ba v . (3)圆环和金属棒上消耗的总热功率等于电路中感应电流的电功率，即P ＝IE ＝8B 2a 2v 23R. (4)金属棒经过环心O 时，F 安＝BI ·2a ＝8B 2a 2v 3R，则克服安培力做功的功率为P ′＝F 安·v ＝8B 2a 2v 23R. 答案：见解析15. (10分)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r ，质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．解析：(1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D .设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Br v根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R， 联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3B ωr 22R. (2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIr v ＋f v 而f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 2. 答案：(1)方向为C →D 大小为3B ωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 216．(14分)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距l ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻为r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE 内有竖直向上的磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数；(2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．(4)求整个运动过程中通过电阻R 2的电量q .解析：(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δtld ＝0.6 V 此时，R 1与金属棒并联后再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝1 Ω＋1 Ω＝2 ΩU ＝E RR 并＝0.3 V. (2)金属棒进入磁场后，R 1与R 2并联后再与r 串联，有I ′＝U R 1＋U R 2＝0.45 A F A ＝BI ′l ＝1.00×0.45×0.6 N ＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有 F ＝F AF ＝0.27 N.(3)在0～0.2 s 的时间内有Q ＝E 2Rt ＝0.036 J 金属棒进入磁场后，有R ′＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝83 Ω E ′＝I ′R ′＝1.2 VE ′＝Bl v ，v ＝2 m/st ′＝d v ＝0.22s ＝0.1 s Q ′＝E ′I ′t ′＝0.054 JQ 总＝Q ＋Q ′＝0.036 J ＋0.054 J ＝0.09 J.(4)0～0.2 s 内，I ＝E 1R 总＝0.62A ＝0.3 A 通过电阻R 2的电量为：q 1＝It 1＝0.3×0.2 C ＝0.06 C进入磁场后，R ′总＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12＋1＋2 Ω＝83 Ω E 2＝I ′总R ′总＝0.45×83V ＝1.2 V 由E 2＝BL v ，得v ＝2 m/st 2＝d v ＝0.22s ＝0.1 s I 2＝U R 2＝0.31A ＝0.3 A 通过电阻R 2的电量为：q 2＝I 2t 2＝0.3×0.1 C ＝0.03 C 故通过电阻R 2的电量为：q ＝q 1＋q 2＝(0.06＋0.03) C ＝0.09 C. 答案：(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J (4)0.09 C。
2019-2020学年度高中选修3-2物理第一章 电磁感应粤教版习题精选一百
2019-2020学年度高中选修3-2物理第一章电磁感应粤教版习题精选一百第1题【单选题】下列现象中属于电磁感应现象的是( )A、磁场对电流产生力的作用B、变化的磁场使闭合电路中产生电流C、插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D、通电直导线使其旁边的小磁针发生偏转【答案】：【解析】：第2题【单选题】如图所示，水平放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是( )A、穿过弹性圆环的磁通量增大B、从左往右看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C、弹性圆环中无感应电流D、弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外【答案】：【解析】：第3题【单选题】如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。
磁感应强度B随时间均匀增大。
两圆坏半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb ，不考虑两圆环间的相互影响。
下列说法正确的是( )A、Ea:Eb=4:1，感应电流均沿逆时针方向B、Ea:Eb=4:1，感应电流均沿顺时针方向C、Ea:Eb=2:1，感应电流均沿逆时针方向D、Ea:Eb=2:1，感应电流均沿顺时针方向【答案】：【解析】：第4题【单选题】如图(a)，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图(b)所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN ，则( )①t1时刻FN＞G ②t2时刻FN＞G③t3时刻FN ＜G ④t4时刻FN=GA、①②B、①③C、①④D、②③④【答案】：【解析】：第5题【单选题】如图竖直放置的长直导线ef中通有恒定电流，有一矩形金属线框abcd与导线在同一平面内，在下列情况中矩形线框中不产生感应电流的是( )A、导线中电流强度变大B、线框向右平动C、线框以ad边为轴转动D、线框以ef为轴转动【答案】：【解析】：第6题【单选题】如图所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd ，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2 ，且井字形回路中有感应电流通过，则下列结论正确的是( )?A、v1一定大于v2B、v1一定小于v2C、v1＝v2D、v1≠v2【答案】：【解析】：第7题【单选题】如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与一理想二极管D连接．下列说法中正确的是( )A、闭合开关S后，L1会逐渐变亮B、闭合开关S稳定后，L1、L2亮度相同C、断开S的瞬间，L1会逐渐熄灭D、断开S的瞬间，a点的电势比b点高【答案】：【解析】：第8题【单选题】如图所示电路中，L为一自感系数较大的线圈，电键S闭合电路稳定后，在电阻R2和线圈L均有电流。
高中物理第1章电磁感应第5节电磁感应规律的应用课后提能训练粤教版选修3-2
电磁感应规律的应用基础巩固一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)1．在空间某处存在一变化的磁场，则下列说法中正确的是( ) A ．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流 B ．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电动势 C ．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场 D ．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场 【答案】D【解析】由感应电流产生的条件可知，只有闭合线圈中磁通量发生改变，才能产生感应电流，如果闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电动势和感应电流产生，故A 、B 错误；由麦克斯韦电磁场理论可知，感生电场的产生与变化的磁场周围有无闭合线圈无关，故C 错误，D 正确．2．(2016·上海黄浦一模)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀增大到2B ，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.nBa 22ΔtB.Ba 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt【答案】A【解析】根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n 2B －B Δt ·12a 2＝nBa22Δt ，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示．已知电容C ＝30 μF，回路的长和宽分别为l 1＝8 cm ，l 2＝5 cm ，磁感应强度以变化率5×10－2T/s 增大，则( )A．电容器的上极板带正电，电荷量为2×10－9 C B．电容器的上极板带负电，电荷量为6×10－9 C C．电容器的上极板带正电，电荷量为6×10－9 C D．电容器的上极板带负电，电荷量为8×10－9 C 【答案】C【解析】由于E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt＝5×10－2×8×10－2×5×10－2 V＝2×10－4 V，Q＝CE＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，又由楞次定律可知上极板带正电，C正确．4．(2016·西藏山南二中一模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正．当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是( )甲乙A BC D【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律有E＝n ΔΦΔt＝nSΔBΔt，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与Bt图象中的斜率成正比，由图象可知：0～2 s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2～4 s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故A、B、D错误，C正确．5．如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连．线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列关于电压表的说法正确的是( )A ．电压表读数为50 VB ．电压表读数为150 VC ．电压表“＋”接线柱接A 端D ．电压表“＋”接线柱接B 端 【答案】AC【解析】E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.050.1 V ＝50 V ，选项A 正确，B 错误；根据楞次定律可判断，A 端电势高于B 端，所以电压表“＋”接线柱接A 端，选项C 正确，D 错误．6．一个面积S ＝4×10－2m 2、匝数n ＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示．则下列判断正确的是( )A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于8 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零 【答案】AC【解析】磁通量的变化率ΔΦΔt ＝ΔBΔt S ，其中磁感应强度的变化率即为Bt 图象的斜率．由题图知前2 s 的ΔB Δt ＝2 T/s ，所以ΔΦΔt ＝2×4×10－2Wb/s ＝0.08 Wb/s ，选项A 正确；在开始的2 s 内磁感应强度B 由2 T 减到0，又从0向相反方向的B 增加到2 T ，所以这2 s 内的磁通量的变化量ΔΦ＝B 1S ＋B 2S ＝2BS ＝2×2×4×10－2Wb ＝0.16 Wb ，选项B 错误；在开始的2 s 内E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.08V ＝8 V ，选项C 正确；第 3 s 末的感应电动势等于2～4 s 内的平均电动势，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt S ＝100×2×4×10－2V ＝8 V ，选项D 错误．二、非选择题7．如图甲所示，截面积为0.2 m 2的100匝圆形线圈A 处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，设向外为B 的正方向．R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．【答案】7.2×10－6C ，上极板带正电【解析】E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.021×0.2 V＝0.4 V ，电路中的电流I ＝ER 1＋R 2＝0.44＋6A ＝0.04 A ， 所以U C ＝U 2＝IR 2＝0.04×6 V＝0.24 V ，Q ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C ，由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电．8．如图所示，L 1＝0.5 m ，L 2＝0.8 m ，回路总电阻为R ＝0.2 Ω，物块M 的质量m ＝0.04 kg ，导轨光滑，开始时磁场B 0＝1 T ．现使磁感应强度以ΔBΔt ＝0.2 T/s 的变化率均匀增大，试求：当t为多少时，M 刚好离开地面？(g 取10 m/s 2)【答案】5 s【解析】回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是a →b ，由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物．设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有F B ＝BIL 1＝mg ， I ＝E R ， E ＝ΔΦΔt ＝L 1L 2ΔBΔt， B ＝B 0＋ΔBΔtt ， 解得t ＝5 s. 能力提升9．(2016·黔西南州兴义八中月考)一正三角形导线框ABC (高度为a )从图示位置沿x 轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B 、方向相反、垂直于平面、宽度均为a .图乙反映感应电流I 与线框移动距离x 的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是( )ABCD【答案】C【解析】x 在a ～2a 范围，线框穿过两磁场分界线时，BC 、AC 边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E 1增大，AC 边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E 2增大，两个电动势串联，总电动势E ＝E 1＋E 2增大，故A 错误；x 在0～a 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B 错误；x 在2a ～3a ，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C 正确，D 错误．10．(多选)如图所示，阻值为R 的金属棒从图示ab 位置分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2 【答案】AB【解析】感应电动势为BLv ，感应电流I ＝BLv R ，大小与速度成正比，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2L ′v R，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比，选项A 、B 正确；通过任一截面的电荷量q ＝It ＝BLL ′R与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1，选项C 错误；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P ＝Fv ＝BIL ·v ＝B 2L 2v 2R，其中B 、L 、R 大小相等，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4，选项D 错误．11．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt 图象如图乙所示．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)磁感应强度B ；(2)杆在磁场中下落0.1 s 的过程中电阻R 产生的热量．【答案】(1)2 T (2)0.075 J【解析】(1)由图象可知，杆自由下落0.1 s 进入磁场以v ＝1.0 m/s 做匀速运动产生的电动势E ＝BLv ，杆中的电流I ＝ER ＋r，杆所受安培力F 安＝BIL ， 由平衡条件得mg ＝F 安， 代入数据得B ＝2 T.(2)电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝0.075 J.12．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S ＝200 cm 2，匝数n ＝1 000，线圈电阻r ＝1.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路，电阻R ＝4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．求：(1)在t ＝2.0 s 时刻，通过电阻R 的感应电流大小； (2)在t ＝5.0 s 时刻，电阻R 消耗的电功率； (3)0～6.0 s 内整个闭合电路中产生的热量．(1)0.2 A (2)2.56 W (3)7.2 J【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s 时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t ＝2.0 s 时的感应电动势E 1＝n ΔB ΔtS ＝1 000×0.05×200×10－4V ＝1 V ，根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I 1＝E 1R ＋r，解得I 1＝0.2 A.(2)由图象可知在 4.0～6.0 s 时间内，线圈中产生的感应电动势E 2＝n ΔBΔtS ＝1 000×0.2×200×10－4V ＝4 V ，根据闭合电路欧姆定律，t ＝5.0 s 时闭合回路中的感应电流I 2＝E 2R ＋r＝0.8 A ，电阻消耗的电功率P 2＝I 2R ＝2.56 W.(3)根据焦耳定律，0～4.0 s 内闭合电路中产生的热量Q 1＝I 21(r ＋R )Δt 1＝0.8 J ， 4．0～6.0 s 内闭合电路中产生的热量Q 2＝I 22(r ＋R )Δt 2＝6.4 J ， 0～6.0 s 内闭合电路中产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2＝7.2 J.。
粤教版高中物理选修3-2第一章《电磁感应》试题
a bd eR高中物理学习材料 （马鸣风萧萧**整理制作）第二学期高二物理 第一章《电磁感应》试题班级：__________姓名：__________座号：__________分数：__________一、单项选择题（每题4分，共32分）1、物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用。
下面列举的四种电器中，在工作时利用了电磁感应现象的是：（ ）A ．电饭煲B ．微波炉C ．电磁炉D ．白炽灯泡2、在电磁感应现象中，下列说法正确的是（ ）A ．感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B ．闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C ．闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定产生感应电流D ．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化3、闭合电路中感应电动势的大小与穿过这一闭合电路的（ ）A ．磁通量的变化快慢有关B ．磁通量的大小有关C ．磁通量的变化大小有关D ． 磁感应强度的大小有关4、如图所示，当导线ab 在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R 的电流方向是（ ）A ．由d →eB ．由 e →dC ．无感应电流D ．无法确定5、如下图所示的四个日光灯的接线图中，S 1为启动器，S 2为电键，L 为镇流器，不能使日光灯正常发光的是（ ）6、如图所示，电阻R 和线圈自感系数L 的值都较大，电感线圈的电阻不计，A 、B 是两只完全相同的灯泡，当开关S 闭合时，电路可能出现的情况是（ ）A ．B 比A 先亮，然后B 熄灭 B ．A 比B 先亮，然后A 熄灭C ．A 、B 一起亮，然后B 熄灭D ．A 、B 一起亮，然后A 熄灭 7、一根长0.2m 的直导线，在磁感应强度B=0.8T 的匀强磁场中，以v=3m/s 的速度做切割磁感线运动，直导线垂直于磁感线，运动方向跟磁感线、直导线两两垂直。
那么直导线中感应电动势的大小是（ ）A ．0.24VB ．4.8VC ．0.48VD ．0.96V8、有一等腰直角三角形形状的导线框abc ，在外力作用下匀速地经过一个宽为d 的有限范围的匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i 与沿运动方向的位移x 之间的函数图象是如下图中的（ ）二、双项选择题（每题6分，共24分）9、下图是穿过某闭合回路的磁通量随时间变化的四种情况，在t 0时间内可使该回路产生恒定感应电流的是（ ）10、如图所示，在磁感应强度B =0.50 T 的匀强磁场中，导体PQ 在力F 作用下在U 型导轨上以速度v =10 m/s 向右匀速滑动，两导轨间距离L =1.0 m ，电阻R =1.0 Ω，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是（ ）A ．导体PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0 VB ．导体PQ 受到的安培力方向水平向右C ．作用力F 大小是0.50 Nt Φ O At 0t ΦOC t 0t ΦOB t 0t ΦOD t 0abRFNSGD ．作用力F 的功率是25 W11、如图所示，线圈两端接在电流表上组成闭合电路，在下列情况中，电流表指针会发生偏转的是 （ ）A 、线圈不动，磁铁插入线圈B 、线圈不动，磁铁拔出线圈C 、磁铁插在线圈内不动D 、线圈和磁铁相对位置不变，以相同速度同时运动 12、变压器的铁芯是用薄硅钢片叠压而成，而不是采用一整块硅钢，这是因为（ ） A 、增大涡流，提高变压器效率 B 、减小涡流，提高变压器效率C 、增大铁芯中的电阻，以减小发热量D 、增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量三、填空题（每空5分，20分）13、一个200匝，面积0.2m 2的均匀圆线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直。
2018学年高中物理粤教版选修3-2练习 第一章 电磁感应
第一章电磁感应第三节感应电流的方向A级抓基础1．关于楞次定律，下列说法正确的是( )A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．闭合电路的一部分导体在磁场运动时，必受磁场阻碍作用C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场解析：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用．选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向．选项C错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场同向，阻碍原磁场的变化．选项D错误．答案：A2．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验：他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线圈中将出现( )A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向的持续流动的感应电流D．逆时针方向的持续流动的感应电流解析：在进入线圈的过程中，原磁场方向向下，磁通量增大，根据楞次定律可得：感应电流磁场向上，再由右手定则可判断感应电流的方向从上往下看为逆时针方向，同理可判断在离开磁场的过程中也是逆时针方向，所以A、B、C错误，D正确．答案：D3．如图所示，水平放置的光滑玻璃棒上套着一个闭合的铜线圈，一根条形磁铁向铜线圈靠近，下面叙述正确的是( )A．若条形磁铁左端是N极，则铜线圈向左移动；若条形磁铁左端是S极，则铜线圈向右移动B．若条形磁铁左端是N极，则铜线圈向右移动；若条形磁铁左端是S极，则铜线圈向左移动C．不论条形磁铁哪端是N极，铜线圈都向左移动D．不论条形磁铁哪端是N极，铜线圈都向右移动解析：根据“来拒去留”，不论条形磁铁哪端是N极，铜线圈都向左移动．答案：C4．(多选)小明有一个磁浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图所示．若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是( )A．电路中的电源必须是直流电源B．电路中的a端点须连接直流电源的负极C．若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度D．若将可变电阻的电阻值调大，可增加玩偶飘浮的最大高度解析：让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，则需让玩偶受到向上的恒定的磁场力，在线圈中要产生上面是N极的恒定的磁场，故电路中的电源必须是直流电源，且根据左手定则，电路中的a端点须连接直流电源的正极，选项A正确、B错误；若增加环绕软铁的线圈匝数，可使电磁铁产生的磁场增强，从而增加玩偶飘浮的最大高度，选项C正确；若将可变电阻的电阻值调大，则通过电磁铁的电流减小，磁场减弱，则可减小玩偶飘浮的最大高度，选项D 错误．故选A、C.答案：AC5．(多选)如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动解析：由题意知，钻头向右运动，在远离螺线管，根据楞次定律可知，穿过钻头的磁通量增大，所以可能是开关S闭合；变阻器滑片P向左迅速滑动，左边回路的电流增大，螺线管的磁场增强，钻头上线圈的磁通量增大，所以A、C正确，B、D错误．答案：AC6．(多选)如图所示，线圈竖直放置且固定不动，当它正上方的磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁可能( )A．向下运动B．向上运动C．向左平移D．以上运动都不可能解析：因为流过电阻的电流是由A经R到B，则由右手定则可知，产生感应电流在线圈中的磁场方向向下，与原磁场方向相同，故穿过线圈的磁通量是减小的，故线圈可能向上运动或者向左平移，选项B、C正确．答案：BCB级提能力7．(多选)把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面，当磁铁运动时，线圈内产生了图中方向的电流，则磁铁的运动情况是( )A．向左运动B．向右运动C．向上运动D．向下运动解析：根据右手螺旋定则，可得线圈感应电流产生的磁场方向为向右，根据楞次定律“增反减同”可得线圈中的磁通量减小，而磁铁向左运动，向上运动，向下运动都能使得线圈中的磁通量减小，故A、C、D正确．答案：ACD8．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A ．F N 先小于mg 后大于mg ，运动趋势向左B ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向左C ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右D ．F N 先小于mg 后大于mg ，运动趋势向右解析：根据楞次定律可知，在磁铁穿过线圈的过程中，线圈先受斥力作用后受引力作用，所以线圈所受的支持力先大于重力后小于重力，“来拒去留”，线圈有向右的运动趋势，所以只有选项C 正确．答案：C9．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )图甲 图乙A ．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B ．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C ．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D ．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左解析：在T 2～T 时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C 正确．答案：C10．如图所示，在水平放置的光滑绝缘杆ab 上，挂有两个相同的金属环M 和N .当两环均通以图示的相同方向的电流时，则( )A．两环静止不动B．两环互相靠近C．两环互相远离D．两环同时向左运动解析：根据楞次定律可知，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互靠近．故B正确，A、C、D错误．答案：B11．两个环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A以如图所示的方向绕中心转动时，B中产生如图所示方向的感应电流．则( )A．A可能带正电且转速减小B．A可能带正电且转速恒定C．A可能带负电且转速减小D．A可能带负电且转速增大解析：因为当A带负电按顺时针方向旋转时等效于逆时针方向的环形电流，根据右手定则将产生向外的磁场，当转速减小时，穿过B的向外的磁通量减少，根据楞次定律，在B中将产生逆时针方向的感应电流．答案：C12．如图所示，若套在条形磁铁上的金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是( )A．有顺时针方向的感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．先逆时针后顺时针方向的感应电流D．无感应电流解析：磁感线是闭合的曲线，磁铁内部磁感线是由S极指向N极，在磁铁外部由N极指向S极，磁铁内部穿过的磁感线条数等于磁铁外部分布的所有磁感线的条数总和．线圈内的磁通量是合磁通量，磁铁内部的磁感线与磁铁内部的磁感线方向相反，在线圈内的磁通量是外部的磁感线会抵消一部分内部的磁感线，抵消后合磁通还是由S极指向N极，俯视图是垂直纸面向外．磁铁内部的磁感线条数是相同的，线圈Ⅰ位置磁铁外部的磁感线条数多，将内部磁感线抵消的多，线圈Ⅰ位置的合磁通量较小，线圈Ⅱ位置磁铁外部的磁感线条数少，将内部磁感线抵消的少，线圈Ⅱ位置的合磁通量较大，金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，俯视图变化情况是垂直纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律感应电流产生的磁场应该是垂直纸面向里的，从而感应电流俯视图是顺时针方向的感应电流，所以A项正确；根据题意分析可知B、C、D项错误．答案：A。
物理粤教版选修3-2课后训练：第一章第五节电磁感应规
电磁感应规律的应用练习一、单项选择题1．如下图，MN 、PQ 为两平行金属导轨，M 、P 间连接一阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场垂直纸面向里，有一金属圆环沿两导轨滑动、速度为v ，与导轨接触良好，圆环的直径d 与两导轨间的距离相等，设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时（ ）．A ．有感应电流通过电阻R ，大小为πdBvR B ．有感应电流通过电阻R ，大小为dBvRC ．有感应电流通过电阻R ，大小为2dBvRD ．没有感应电流通过电阻R2．如图所示，在匀强磁场中，MN 和PQ 是两条平行的金属导轨，ab 和cd 为串有电压表和电流表的两根金属棒，当两棒以相同水平速度向右运动时，下列说法正确的是（ ）．A ．电压表有读数，电流表有读数B ．电压表无读数，电流表无读数C ．电压表有读数，电流表无读数D ．电压表无读数，电流表有读数 二、双项选择题 3．如图所示，阻值为R 的金属棒AB 从图示位置分别以v 1、v 2的水平速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到A ′B ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两个过程中（ ）．A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2 4．如下图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中有固定的金属框架ABC ，已知∠B ＝θ，导体棒DE 在框架上从B 点开始在外力作用下，沿垂直DE 方向以速度v 匀速向右平移，使导体棒和框架构成等腰三角形回路．设框架和导体棒材料相同，其单位长度的电阻均为R 0，框架和导体棒均足够长，不计摩擦及接触电阻，关于回路中的电流I 和电功率P 随时间t 变化的下面四个图象中可能正确的是（ ）．5．如图所示，固定放置在同一水平面内的两根长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m （质量分布均匀）的导体杆AB 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路中的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，则此过程中，（ ）．A ．杆的速度最大值为22()F mg RB d μ- B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR r+C ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量6．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动．转轴垂直于磁场．若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则（ ）．A ．线圈中O 时刻感应电动势最小B ．线圈中C 时刻感应电动势为零 C ．线圈中C 时刻感应电动势最大D ．线圈从O 至C 时间内平均感应电动势为0.4 V 三、非选择题7．如图所示，线圈abcd 每边长l ＝0.20 m ，线圈质量m 1＝0.10 kg ，电阻R ＝0.10 Ω，砝码质量m 2＝0.14 kg.线圈上方的匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为h ＝l ＝0.20 m ．砝码从某一位置下降，使ab 边进入磁场开始做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度．8．如下图所示，两根互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，相距为L＝0.5 m，在导轨的一端接有阻值为R＝0.3 Ω的电阻，在x≥0一侧存在一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B＝1 T．一质量m＝2 kg的金属杆垂直放置在导轨上，金属杆的电阻r＝0.2 Ω，导轨电阻不计．当金属杆以v0＝4 m/s的初速度进入磁场的同时，受到一个水平向右的外力作用，且外力的功率恒为P＝18 W，经过2 s金属杆达到最大速度．求：（1）金属杆达到的最大速度v max；（2）在这2 s时间内回路产生的热量Q；（3）当速度变为5 m/s时，金属杆的加速度a．参考答案1．答案：B解析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，故产生感应电流，感应电动势为E ＝Bdv ，则通过R 的感应电流=BdvI R，故选B 项． 2．答案：B解析：两棒以相同速度向右运动时，都产生相同的电动势，由右手定则可知φa ＞φb ，φd ＞φc ；又因φa ＝φd ，φb ＝φc ，所以回路中无电流，因此电流表无示数，由于电压表本身由电流表改装而成，也无示数．3．答案：AB解析：感应电动势为BLv ，感应电流=E BLv I R R=，大小与速度成正比，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝22222·B L v L B L L v R v R''=，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比．通过任一截面的电荷量··BLv L BLL q I t R v R''===与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1．金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等．则外力的功率P ＝Fv ＝BIL ·v ＝222B L v R，其中B 、L 、R 相同，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4．故选项A 、B 正确．4．答案：AD 解析：当导体棒DE 在框架上从B 点开始在外力作用下，沿垂直DE 方向以速度v 匀速向右平移时，在和框架构成的等腰三角形回路中导体棒的有效切割长度L ∝ t ，回路的周长s ∝ t ，故感应电动势E ＝BLv ∝ t ；回路电阻R ∝ t ，感应电流=EI R保持不变．电功率P ＝I 2R ∝t ．5．答案：BD解析：当杆达到最大速度v max 时，导体杆所受的合力为零，由F －μmg －22maxB d v R r+＝0得，max 22()()F mg R r v B d μ-+=，选项A 错误；由=B S Bdlq R r R r R rΦ∆∆==+++可知，选项B正确；在杆从开始到达到最大速度的过程中，由动能定理有：W F ＋W f ＋W 安＝ΔE k ，其中W f ＝－μmgl ，W 安＝－Q ，恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，选项C 错误；恒力F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，选项D 正确．6．答案：BD解析：在Φ－t 图象中，斜率表示磁通量的变化率．由图知，O 时刻磁通量最小，但变化率最大，C 时刻磁通量最大，但变化率为零，所以A 、C 两项错，B 项对．由O 到C ，3210 V=0.4 V 0.005E t Φ-∆⨯==∆，D 项对．7．答案：4 m/s解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力F 安、绳子的拉力F 和重力m 1g 相互平衡，即F ＝F 安＋m 1g ①砝码受力也平衡：F ＝m 2g ②线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I ＝Blv /R ③ 因此线圈受到向下的安培力F 安＝BIl ④联解①②③④式得v ＝（m 2－m 1）gR /B 2l 2代入数据得v ＝4 m/s ．8．答案：（1）6 m/s （2）16 J （3）0.55 m/s 2解析：（1）金属杆达到最大速度v max 时，外力F 与安培力平衡，则F ＝BI max L ① 外力的功率P ＝Fv max ②根据感应电动势公式和闭合电路欧姆定律可得maxmax BLv I R r=+③由①②③可得max v =（2）金属杆在从开始到达最大速度的过程中，根据动能定理可得W F －W 安＝22max 011m 22v mv -④ 又W F ＝Pt ⑤克服安培力做的功等于回路产生的电能，即W 安＝Q ⑥ 由④⑤⑥解得Q ＝16 J（3）当v ＝5 m/s 时，由牛顿第二定律，有F －BIL ＝ma 且=P F v⑦ =BLvI R r+⑧ 由⑦⑧解得222()==0.55 m/s P B L v v R r a m-+．。
2017-2018高中物理粤教版选修3-2学案：第一章 电磁感
习题课：电磁感应中的综合应用——电磁感应中的电路问题和动力学问题[学习目标] 1.能综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题.2.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.3.能解决电磁感应中的动力学与能量结合的综合问题．一、电磁感应中的图象问题1．问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．(2)由给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．2．图象类型(1)各物理量随时间t变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图象，即E －x图象和I－x图象．3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．例1 将一段导线绕成图1甲所示的闭合回路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是 ( )图1答案 B解析 由题图乙可知0～T 2时间内，磁感应强度随时间线性变化，即ΔBΔt＝k (k 是一个常数)，圆环的面积S 不变，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·SΔt 可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab 边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C 、D ；0～T2时间内，由楞次定律可判断出流过ab 边的电流方向为由b 至a ，结合左手定则可判断出ab 边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A 错误，B 正确．本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据E ＝n ΔB Δt S 判断E 的大小及变化，其中ΔB Δt 为B－t 图象的斜率，且斜率正、负变化时对应电流的方向发生变化．例2 如图2所示，在x ≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 平面内，线框的ab 边与y 轴重合．令线框从t ＝0时刻起由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 的变化图象正确的是( )图2答案 D解析 因为线框做匀加速直线运动，所以感应电动势为E ＝Blv ＝Blat ，因此感应电流大小与时间成正比，由楞次定律可知电流方向为顺时针． 二、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向． (2)求回路中的感应电流的大小和方向． (3)分析研究导体受力情况(包括安培力)． (4)列动力学方程或平衡方程求解． 2．两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析． (2)导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例3 如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．图3(1)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小； (2)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．答案 (1)BLv R g sin θ－B 2L 2v mR (2)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直于斜面向上；安培力F 安，沿斜面向上．当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中的电流I ＝E R ＝BLv Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝ma联立解得a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(2)当a ＝0时，ab 杆有最大速度：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应现象中涉及到具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析： 导体运动产生感应电动势→感应电流→导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导体运动的最大速度．针对训练 (多选)如图4所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，一段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )图4答案 ACD解析 设ab 杆的有效长度为l ，S 闭合时，若B 2l 2v R >mg ，杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2v R <mg ，杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B 2l 2vR－mg ＝ma 中的a 不恒定，故B 项不可能.1.如图5所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，不计空气阻力．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 ( )图5A ．a 1＞a 2＞a 3＞a 4B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4C ．a 1＝a 3＞a 2＞a 4D ．a 1＝a 3＞a 2＝a 4 答案 C解析 线圈自由下落时，加速度为a 1＝g .线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a 3＝g .线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a 2＜g ，a 4＜g .线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a 2＞a 4，故a 1＝a 3＞a 2＞a 4.所以选C. 2．如图6所示，一底边为L ，底边上的高也为L 的等腰三角形导体线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L 、宽为L 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t ＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图象可能是( )图6答案 A3.如图7所示，有一垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.1T的水平匀强磁场，垂直于匀强磁场放置一很长的U型金属框架，框架上有一导体ab保持与框架垂直接触，且由静止开始下滑．已知ab长1m，质量为0.1kg，电阻为0.1Ω，框架光滑且电阻不计，取g＝10m/s2，求：图7(1)导体ab下落的最大加速度大小；(2)导体ab下落的最大速度大小；(3)导体ab达到最大速度时产生的电功率．答案(1)10m/s2(2)10 m/s (3)10W解析(1)对导体ab受力分析可知，其开始运动时所受的合力最大，即为重力．由牛顿第二定律可知，最大加速度为a＝g＝10m/s2.(2)导体ab下落的速度最大时，加速度为零，此时有mg＝F安F安＝BILI ＝E R E ＝BLv max联立以上各式得：v max ＝mgR B 2L 2＝0.1×10×0.10.12×12m/s ＝10 m/s. (3)导体ab 达到最大速度时其电功率为P ＝IE由以上各式得P ＝ BLv max 2R ＝ 0.1×1×10 20.1W ＝10W.一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)图11．如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( ) A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速 B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止 C ．ef 将匀速向右运动 D ．ef 将往返运动 答案 A解析 导体杆ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma 知，杆ef 做的是加速度减小的减速运动．故A 正确．2．如图2所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域．细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 的变化图象可能正确的是( )图2答案 A解析 金属棒在到达匀强磁场之前，不产生感应电动势，金属棒在磁场中运动时，匀速切割磁感线，并且切割的有效长度也不变，由公式E ＝BLv 知此段时间内感应电动势为定值，金属棒离开磁场后，无感应电动势产生，选项A 正确．3．如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝E R、F ＝BIL得F ＝B 2L 2v R ，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确．4．如图4(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上．在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图4答案 C5.如图5所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .一个电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴匀速转动(O 轴位于磁场边界)，周期为T ，t ＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图象为(规定电流顺时针方向为正) ( )图5答案 A解析在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．注意线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，故A 正确．6.如图6所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的外力随时间变化的图象是( )图6答案 D解析当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，当线圈处在两个磁场中时，两个边切割磁感线，此过程中感应电流的大小是最大的，所以选项A、B是错误的．由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和离开磁场时，磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右．安培力的大小不同，线圈处在两个磁场中时安培力最大．故选项D是正确的，选项C是错误的．7．如图7甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头指向为电流I的正方向．线圈中感应电流i随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是 ( )图7答案CD8.如图8所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，则( )图8A．如果B增大，v m将变大B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大D．如果m变小，v m将变大答案BC解析金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0，即mg sin α＝B 2L 2v mR时，此时达到最大速度v m ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确． 9.如图9所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.5m 2，线圈电阻r ＝0.2Ω，磁感应强度B 在0～1s 内从零均匀变化到2T ，则( )图9A ．0.5s 时线圈内感应电动势的大小为1VB ．0.5s 时线圈内感应电流的大小为10AC ．0～1s 内通过线圈的电荷量为5CD ．0～0.5s 内线圈产生的焦耳热为5J 答案 AC解析 根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可得：E ＝ΔBSΔt ＝1V ，故选项A 正确；线圈内感应电流的大小I ＝E r ＝10.2A ＝5A ，故选项B 错误；0～1s 内通过线圈的电荷量q ＝It ＝5×1C ＝5C ，故选项C 正确；0～0.5s 内线圈产生的焦耳热Q ＝I 2rt ＝52×0.2×0.5J ＝2.5J ，故选项D 错误． 10．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )图10A．通过ab边的电流方向为a→bB．通过ab边的电流方向为b→aC．ab边经过最低点时的速度v＝2gLD．ab边经过最低点时的速度v＜2gL答案BD解析ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误，B正确；ab边由水平位置到达最低点过程中，重力势能一部分转化为焦耳热，故v＜2gL，故选项C错误，选项D正确．二、非选择题11.如图11所示，电阻r＝0.3Ω、质量m＝0.1kg的金属棒CD静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R ＝0.5Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0V，此时金属棒的速度为2m/s.图11(1)求拉动金属棒的外力F的大小．(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量．答案(1)1.6N (2)0.125J解析(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv电路中的感应电流I＝ER＋r，金属棒受到的安培力F安＝BIL，金属棒匀速运动有F ＝F 安 由题意可知E ＝1.0VR·(R ＋r )，联立以上各式解得F ＝1.6N.(2)金属棒的动能转化为内能，则12mv 2＝Q ，电阻R 上产生的热量Q R ＝RR ＋rQ ， 解得Q R ＝0.125J.12．如图12所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g ，金属导轨足够长，与MN 、PQ 相连的绳跟MN 、PQ 垂直)图12(1)细绳对金属棒MN 的最大拉力； (2)金属棒PQ 能达到的最大速度． 答案 (1)mg (2)2mgRB 2L2解析 (1)对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ 做匀速直线运动． 对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg 对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg . (2)对棒PQ ，F 安－mg ＝0时速度最大E ＝BLv m ，I m ＝E2R，F 安＝BLI m解得v m ＝2mgRB 2L2.。
2017秋高中物理粤教版选修3-2练习：1-5电磁感应规律的
课时训练4电磁感应规律的应用基础夯实1.(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是()(导学号51130064)A.感应电流方向发生变化B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值E=BavD.感应电动势平均值πBav答案：CD解析：由楞次定律,感应电流方向始终没有发生变化,由安培力可知,CD边始终受到变化的安培力作用,A、B错误;感应电动势E==Bvh,其中h为半圆环进入磁场在MN的截线长,最长为a,因此最大感应电动势为Bav,感应电动势平均值总Bπav.总2.如图所示,一块金属导体abcd和电源连接,处于垂直于金属平面的匀强磁场中,当接通电源、有电流流过金属导体时,下面说法中正确的是() (导学号51130065)A.导体不受安培力作用B.导体内部定向移动的自由电子受自右向左的洛伦兹力作用C.在导体的a、d两侧存在电势差,且a点电势低于d点电势D.在导体的a、d两侧存在电势差,且a点电势高于d点电势答案：C解析：在洛仑兹力的作用下,正电荷将在d侧聚集,因此,在导体的a、d两侧存在电势差,且a 点电势低于d点电势.3.如图所示,在磁感应强度B=1.2 T的匀强磁场中,让导体PQ在U型导轨上以速度v0=10 m/s 向右匀速滑动,两导轨间距离L=0.5 m,则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为()A.0.6 V,由P向QB.0.6 V,由Q向PC.6 V,由P向QD. 6 V,由Q向P答案：D4.如图甲所示,线圈通有交变电流,设电流由a端流入,b端流出的方向为正.图乙为线圈A中电流随时间的变化图线.在线圈A右侧固定放置一个闭合金属环B,则在0~T时间内,B环中感应电流i的方向和B环受到安培力F的方向变化情况应是()(导学号51130066)A.i和F方向都改变B.i和F方向都不改变C.i的方向改变,F的方向不变D.i的方向不改变,F的方向改变答案：D解析：根据楞次定律,B环中感应电流i的方向不改变,但B环受到安培力F的方向改变(因为B中的电流方向发生了变化).5.(多选)如图放置的两条平行光滑导轨,电阻不计,匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度B=0.5 T,导体棒ab、cd长度均为0.2 m,电阻均为0.1 Ω,重力均为0.1 N,现用力向上拉动导体棒ab,使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好),此时cd静止不动,则ab上升时,下列说法正确的是()A.ab受到的拉力大小为2 NB.ab向上运动的速度为2 m/sC.在2 s内,产生的电能为0.4 JD.在2 s内,拉力做功为0.6 J答案：BC解析：由平衡条件知,F=2G=0.2 N,BIL=B L=G得到v=2 m/s,在2 s内,拉力做功为W=Fvt=0.8 J,转化为电能的有E=W-Gvt=0.4 J.6.如图所示,两条平行金属导轨ab、cd置于匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,两导轨间的距离L=0.6 m.金属杆MN沿两条导轨向右匀速滑动,速度v0=10 m/s,产生的感应电动势为3 V,求磁场的磁感应强度B.(导学号51130067)解析：由E=BLv0知B==0.5 T.7.由同种材料构成的均匀金属杆abc处于磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图所示.已知L ab=L bc=20 cm,当金属杆在图中标明的速度方向运动时,测得a、c两点间的电势差是3.0 V,求:(1)金属杆的移动速度;(2)a、b两点间的电势差.解析：(1)由U ac=B(L+L cos 60°)v,得到v=10 m/s.(2)U ab=BLv=2 V.8.如图所示,相距0.5 m足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角,导轨电阻不计,下端连接阻值为2 Ω的电阻R,导轨处在磁感应强度B=2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面斜向上.ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好,它们的质量均为0.5 kg,电阻均为2 Ω.ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态,现让cd棒从静止开始下滑,直至与ab相连的细绳刚好被拉断,在此过程中电阻R上产生的热量为0.5 J,已知细线能承受的最大拉力为5 N.求细绳被拉断时:(g取10 m/s2,sin 37°=0.6) (导学号51130068)(1)ab棒中的电流;(2)cd棒的速度;(3)cd棒下滑的距离.解析：(1)ab棒受力平衡,得T m cos 37°=mg sin 37°+BIL即I=°-°=1 A.(2)cd棒产生的感应电动势为E=BLv,R电阻与ab并联,并联电阻为R'=,ab两端电压为U=E=,且U=Ir,得到v==6 m/s.(3)总的发热量Q与R的发热量Q'的比为=6,因此总的热量为Q=6Q'=3 J,由能量守恒定律mg sin 37°·s=Q+mv2=4 m.解得s=°能力提升9.(多选)如图所示,水平放置的平行金属导轨左边接有电阻R,轨道所在处有竖直向下的匀强磁场,金属棒ab横跨导轨,它在外力的作用下向右匀速运动,速度为v.若将金属棒的运动速度变为2v,(除R外,其余电阻不计,导轨光滑)则()A.作用在ab上的外力应增大到原来的2倍B.感应电动势将增大为原来的4倍C.感应电流的功率将增大为原来的2倍D.外力的功率将增大为原来的4倍答案：AD解析：由平衡条件可知,F=v,可见,将金属棒的运动速度变为2v时,作用在ab上的外力应增大到原来的2倍,外力的功率将增大为原来的4倍.10.如图甲所示,相距为L的光滑平行金属导轨与水平间的夹角为α,导轨一部分处在垂直导轨平面的匀强磁场中,OO'为磁场边界,磁感应强度为B,导轨右侧接有定值电阻R,导轨电阻忽略不计.在距OO'为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻不计的金属杆ab.(导学号51130069)(1)若ab杆在平行于斜面的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动,其速度—位移关系图象如图乙所示,则在经过位移为3L的过程中电阻R上产生的电热Q1是多少?(2)ab杆在离开磁场前瞬间的加速度是多少?(3)若磁感应强度B=B0+kt(k为大于0的常数),要使金属杆ab始终静止在导轨上的初始位置,试分析求出施加ab杆的平行于斜面的外力.解析：(1)ab杆在磁场中发生位移L的过程中,恒力F做的功等于ab杆增加的机械能和回路产生的电能之和FL=mg sin αL++Q1ab在位移L到3L的过程中,由动能定理得:(F-mg sin α)(3L-L)=解得Q1=-.(2)ab杆在离开磁场前瞬间,受重力mg、安培力F安和外力F作用,加速度为a F安=BILI=E=BLv1F安=a=--安解得a=-(3)当磁场按B=B0+kt规律变化时,由平衡条件得F-mg sin α+F安=0F=mg sin α-B L=mg sin α-(B0+kt)①当mg sin α≤B0时,F的方向沿斜面向下.②当mg sin α>B0时,F的方向先沿斜面向上;当经过t=时,F的方向又将变为沿斜面向下.。
2018学年高中物理粤教版选修3-2练习 第一章 电磁感应
第一章电磁感应第一节电磁感应现象第二节产生感应电流的条件A级抓基础1．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )解析：选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验；选项B是研究电磁感应现象的实验，导体棒在磁场中做切割磁感线运动时观察电流表是否会产生感应电流；选项C是用来探究安培力与电流、磁感应强度的大小关系的实验，选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场．答案：B2．如图所示，线圈平面与条形磁铁的轴线垂直，现将线圈沿轴线由B点平移到A点，穿过线圈磁通量的变化情况是( )A．不变B．变小C．变大D．先变大，后变小解析：线圈在N极和S极附近时，磁场较强，磁感线较密，穿过线圈的磁感线较多，磁通量较大，而远离条形磁铁磁极附近，磁场变弱，磁感线较疏，穿过线圈的磁通量较小．故线圈在A处的磁通量比较大．线圈从B到A的过程中磁通量逐渐增大，C正确．答案：C3．如图所示，在水平匀强磁场中竖直放置一矩形线圈，线圈平面与磁场垂直，线圈绕其底边转过90°至水平位置的过程中，穿过线圈的磁通量的变化情况是( )A．变大B．变小C．先变大后变小D．先变小后变大解析：线圈在实线位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大；线圈在虚线位置时，磁感线与线圈平行，没有磁感线穿过线圈，穿过线圈的磁通量为零，则当线圈由实线位置绕其底边转过90°至水平位置的过程中，穿过线圈的磁通量逐渐变小．故选B.答案：B4.如图所示，稳定的匀强磁场中有一金属圆环垂直于磁场放置，电键S可控制圆环的闭合与断开，下列各情况中能使圆环产生感应电流的是( )A．S闭合后一段时间B．S闭合后，磁场变强C．S闭合，再断开后一段时间D．S闭合后，环在磁场内平移解析：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中有感应电流产生，故选B.答案：B5．如图所示的器材可用来研究电磁感应现象，其中L1为原线圈，L2为副线圈．(1)在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路．(2)闭合开关之前，应使滑动变阻器的滑动头P处于____端(选填“左”或“右”)．解析：(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，电流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示．(2)由电路图可知，闭合开关之前，应使滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大．答案：(1)见解析(2)右B级提能力6.如图所示，在纸面内放有一条形磁铁和一个圆线圈时，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是( )A．将磁铁在纸面内向上平移B．将磁铁在纸面内向右平移C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动D．将磁铁的S级转向纸外，N极转向纸内解析：当在纸面内放有一条形磁铁和一个圆线圈时，圆线圈的磁通量为零，将磁铁在纸面内向上、向右平移，以及将磁铁绕垂直纸面的轴转动过程中，圆线圈的磁通量始终为零，磁通量没有变化，线圈中不能产生感应电流，A、B、C错；将磁铁的S极转向纸外，N极转向纸内的过程中，圆线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，D对．答案：D7.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )A．ΔΦ1＞ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1＜ΔΦ2D．无法确定解析：设线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在1处比在2处强，若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2，若转动线框，磁通量是从线框的正反面穿过的，一正一负，因此，ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，根据分析知：ΔΦ1＜ΔΦ2，选项C正确．答案：C8．(多选)如图所示，表示了闭合回路的一部分导体在磁场中运动的情况．其中不会产生感应电流的是( )解析：产生感应电流的条件必须是穿过闭合电路的磁通量发生变化，题图中已经是闭合回路了，只要使得闭合回路的磁通量发生变化即可，闭合回路的一部分导体做切割磁感线运动时，闭合回路的磁通量一定发生变化，即产生感应电流，A、D导体切割磁感线，产生感应电流，B、C导体没有切割磁感线，没有感应电流，故B、C正确．答案：BC9.(多选)如图所示，通电直导线MN与闭合的矩形金属线圈abcd彼此绝缘，它们处于同一水平面内，直导线与线圈的对称轴线重合，直导线中电流方向由M到N.为了使线圈中产生感应电流，可行的方法是( )A．减弱直导线中的电流强度B．MN不动，使线圈上下平动C．MN不动，使线圈向右平动D．MN不动，使线圈向左平动解析：要使闭合线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量发生变化，在导线的右方的磁场是垂直向里，导线的左侧是垂直向外的，根据对称性可知，穿过线圈的磁通量为零，只减弱导线中的电流，磁通量仍为零，不可能产生感应电流，A错误；保持MN不动，使线圈上下平动，线圈中的磁通量为零，不产生感应电流，MN不动，使线圈向右平动或者使线圈向左平动，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，故C、D正确．答案：CD10．如图所示，环形金属软弹簧套在条形磁铁的中心位置，若沿其半径向外拉弹簧，使其面积增大，则穿过弹簧的磁通量将________(选填“增大”或“减小”或“不变”)．解析：注意弹簧套所在处存在两个方向的磁场，即磁铁的内部磁场和外部磁场，它们各自产生正负不同的磁通量，总的磁通量等于两者绝对值之差．当拉大弹簧面积时，内部磁场的磁通量不变，而外部磁场的磁通量却增大，故Φ＝|Φ内|－|Φ外|应减小．答案：减小11．矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO′垂直，如图所示，初位置时线圈平面与B平行．求：图甲图乙(1)初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？(2)当线框绕轴沿甲图所示方向转过60°时，磁通量Φ1为多少？这一过程中磁通量的变化量ΔΦ1为多少？(3)当线框绕轴沿图示方向由图乙中的60°位置再转过60°时，磁通量Φ2为多少？这一过程中ΔΦ2＝Φ2－Φ1为多少？解析：(1)当处于图甲所示位置时，从俯视图图乙可以看出没有磁感线穿过矩形线框，故Φ0＝0.(2)当绕轴(从上往下看)沿逆时针方向转动60°到a′d′位置时，线框与B的夹角为60°.所以Φ1＝B·S sin 60°＝32Bl1l2，ΔΦ1＝Φ1－Φ0＝32Bl1l2.(3)当再由a′d′位置逆时针转动60°到a″d″位置时，线框与B的夹角为120°，所以Φ2＝B·S sin 120°＝32Bl1l2，ΔΦ2＝Φ2－Φ1＝32Bl1l2－32Bl1l2＝0.答案：(1)0 (2)32Bl1l232Bl1l2(3)32Bl1l20。
粤教版高中物理选修3-2第一章《电磁感应》试题 (2).docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）第二学期高二年级物理（选修3-2）第一章《电磁感应》试题第一部分 选择题（共60分）一、单项选择题（共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选错或不答的得O 分。
） 1、下面说法正确的是A 、自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B 、自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化C 、电路中的电流越大，自感电动势越大D 、电路中的电流变化量越大，自感电动势越大2、如右图示，用均匀导线做成的正方形线框，每边长为0.2米，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中，当磁场以每秒10T 的变化率增强时，线框中点a 、b 两点电势差是：A 、Uab ＝0.1vB 、Uab ＝－0.2vC 、Uab ＝0.2vD 、Uab ＝－0.1v3、如图，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。
如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为A 、a 1＞a 2＞a 3＞a 4B 、a 1=a 3 >a 2>a 4C 、a 1=a 3＞a 4＞a 2D 、a 4=a 2＞a 3＞a 14、如图，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S 接通一瞬间，两铜环的运动情况是 A 、同时向两侧推开 B 、同时向螺线管靠拢C 、一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D 、同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断5、“磁单极子”是指只有S 极或N 极的磁性物质，其磁感线的分布类似于点电荷的电场线分布.物理学家们长期以来一直用实验试图证实自然界中存在磁单极子，如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一。
abcd 为用超导材料制成的闭合回路，该回路旋转在防磁装置中，可认为不受周围其他磁场的作用。
设想有一个S 极磁单极子沿abcd 的轴线从左向右穿过超导线圈，那么回路中可能发生的现象为A 、回路中无感应电流B 、回路中形成持续的abcda 流向的感应电流C 、回路中形成持续的adcba 流向的感应电流D 、回路中形成先abcda 流向后adcba 流向的感应电流6、如图，一闭合直角三角形线框以速度v 向右匀速穿过匀强磁场区域。
物理粤教版选修3-2巩固提升训练：第一章习题课楞次定律在电磁感应中的应用Word版含解析
第一章习题课楞次定律在电磁感应中的应用,1.如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是()A．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向C．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生解析：选B.向左和向右拉出时，磁通量都减少，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场同向，由安培定则知感应电流为顺时针，B正确，A、C错误；当环全部处在磁场中运动时，磁通量不变，环中无感应电流产生，D错误．2．老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插入其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是()A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：选B.因左环不闭合，右环闭合，当磁铁插入左环时形不成闭合回路，无感应电流，横杆不发生转动，插入右环时，环中磁通量增加，出现感应电流，由楞次定律知横杆发生转动．3.闭合金属圆环由静止释放，不计空气阻力，下落高度为h，如图所示．落地前要穿过一固定在地面上的条形磁铁，则下落时间t()A．t<2hg B．t>2hgC．t＝2hg D．无法确定解析：选B.若没有条形磁铁，线圈自由下落，则下落时间t＝2hg；有磁铁时，线圈中产生感应电流，线圈受安培力作用，方向向上，加速度小于g，故下落时间t>2hg，B正确．4．(多选)如图所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流方向是A→R→B，则磁铁可能是()A．向下运动B．向上运动C．向左运动D．以上都不可能解析：选BC.此题可通过逆向应用楞次定律来判定．(1)由感应电流方向A→R→B，应用安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向应是从上指向下；(2)楞次定律判得螺线管内磁通量的变化应是向下的减小或向上的增加；(3)由条形磁铁的磁感线分布知螺线管内原磁场是向下的，故应是磁通量减小，即磁铁向上运动或向左、向右平移，所以选项B、C正确．5．(多选)如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时()A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g解析：选AD.由于磁铁靠近回路使磁通量增加，由“增缩减扩”知，导体棒P、Q有相互靠近的趋势，故A正确，B错误；由“来拒去留”知，感应电流要阻碍磁铁靠近，磁铁的加速度将小于g，故C错误，D正确．6．如图所示，在载流直导线附近固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是()A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离解析：选C.电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体要相向运动，相互靠近．7．(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从题图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈D．从题图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈解析：选AC.若线圈闭合，进入磁场时，由于产生感应电流，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误；从题图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C正确、D 错误．8.如图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环a处于静止状态，在其内部也吊一金属环b处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中心轴上，当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，a、b两环的运动情况将是()A．a右摆，b左摆B．a左摆，b右摆C．a右摆，b不动D．a左摆，b不动解析：选D.若滑动变阻器的滑片向左滑动，接入电路的阻值变小，通过螺线管的电流变大，根据通电螺线管内外的磁感线分布特点可知，穿过a环的磁通量将增大，根据楞次定律的推论，a环将左摆来阻碍磁通量的增大，由微元法可得b环所受的安培力指向圆心且在同一平面内，故b环面积缩小但不摆动，D正确．。
2019-2020高中物理(粤教)选修3-2学案：第一章 电磁感应 第五节 Word版含答案
第五节 电磁感应规律的应用[学习目标] 1.理解什么是法拉第电机.2.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路.3.能解决电磁感应中的能量问题．一、法拉第电机[导学探究] (1)参考课本法拉第圆盘发电机的构造图，简单说明法拉第圆盘发电机产生电流的原因．(2)如图1所示，当将导体棒和电阻组成闭合电路时，电路的哪部分相当于电源？电源的正极和负极在电路的哪个位置？电源内部电流方向如何？图1答案 (1)法拉第电机的圆盘是由无数根辐条组成的，每根辐条做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路闭合时产生感应电流．(2)ab 导体棒相当于电源，a 是电源正极，b 是电源负极，电源内部电流由负极流向正极． [知识梳理]1．转动切割磁感线产生的电动势导体棒的一端为轴转动切割磁感线：由v ＝ωr 可知各点线速度随半径按线性规律变化，切割速度用中点的线速度替代，即v ＝l 2ω或v ＝v A ＋v B 2.感应电动势E ＝12Bl 2ω.2．感应电动势的方向图1中导体棒ab 在转动切割磁感线时产生感应电动势，相当于电源，如果它与用电器连接构成闭合电路，则产生的感应电流方向由b 向a (右手定则)，而电源内部电流方向是由负极流向正极，所以a 为电动势的正极，b 为电动势的负极．[即学即用] 一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B .直升机螺旋桨叶片的长度为l ，螺旋桨转动的频率为f ，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图2所示，如果忽略a到转轴中心线的距离，每个叶片中的感应电动势E＝________，且a点电势________b点电势(填“高于”或“低于”)．图2答案πfl2B低于二、电磁感应中的能量转化[导学探究] (1)如图3所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略不计，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．试在同一图中画出该电路的侧视图和金属杆ab的受力分析图．图3(2)电磁感应现象中的“阻碍”就是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能．分析上图金属杆下滑过程中的何种形式的能转化为电能？还可能有哪几种形式的能量转化？答案(1)如图所示(2)金属杆在下滑过程中金属杆的重力势能转化为电能，如果金属杆的速度增大，金属杆的重力势能还有一部分转化为金属杆的动能．[知识梳理] 在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．如果电路闭合，电路中会产生感应电流，而导体又处在磁场中，因此导体将受到安培力的作用，如图4所示． 导体ab 向右运动，会产生由b 流向a 的感应电流，在磁场中，通电导体ab 要受到向左的安培力作用．图4电磁感应现象中产生的电能是通过克服安培力做功转化而来的．克服安培力做了多少功，就有多少电能产生，而这些电能又通过电流做功而转化为其他形式的能．因此，电磁感应现象符合能量守恒定律．[即学即用] 如图5所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B .正方形金属框abcd 可绕光滑轴OO ′转动，边长为L ，总电阻为R ，ab 边质量为m ，其他三边质量不计，现将abcd 拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab 边的速度大小为v ，则在金属框内产生的热量大小等于________．图5答案 mgL －12mv 2一、电磁感应中的电路问题电磁感应问题常与电路知识综合考查，解决此类问题的基本方法是：(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．(2)画等效电路图，分清内、外电路．(3)用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 或E ＝BLv 确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．在等效电源内部，电流方向从负极指向正极． (4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．例1 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd 边长为L ，其中ab 是一段电阻为R 的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线．磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段与ab 段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ 架在导线框上(如图6所示)．若PQ 以恒定的速度v 从ad 滑向bc ，当其滑过L3的距离时，通过aP 段的电流是多大？方向如何？图6答案6BvL11R方向由P 到a 解析 PQ 在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是闭合回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ 视为有内阻的电源，电阻丝aP 与bP 并联，且R aP ＝13R 、R bP ＝23R ，于是可画出如图所示的等效电路图．电源电动势为E ＝BvL ， 外电阻为R 外＝R aP R bP R aP ＋R bP ＝29R .总电阻为R 总＝R 外＋r ＝29R ＋R ，即R 总＝119R .电路中的电流为：I ＝E R 总＝9BvL11R .通过aP 段的电流为：I aP ＝R bPR aP ＋R bPI ＝6BvL11R，方向由P 到a .1．“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”．2．电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极．针对训练1 用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m ，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图7所示．当磁场以10T/s 的变化率增强时，线框上a 、b 两点间的电势差是()图7A ．U ab ＝0.1VB ．U ab ＝－0.1VC ．U ab ＝0.2VD ．U ab ＝－0.2V 答案 B解析 穿过正方形线框左半部分的磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中产生感应电流，把左半部分线框看成电源，设其电动势为E ，正方形线框的总电阻为r ，则内电阻为r2，画出等效电路如图所示．则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设l 是边长，且依题意知ΔB Δt ＝10T/s.由E ＝ΔΦΔt 得E ＝ΔBS Δt ＝ΔBl 22Δt ＝10×0.222V ＝0.2V ，所以U ＝I ·r 2＝Er 2＋r 2·r 2＝0.2r ·r2V ＝0.1V ．由于a 点电势低于b 点电势，故U ab ＝－0.1V ，即B 选项正确．二、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应中能量的转化电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路(1)确定回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： ①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能． (3)列有关能量的关系式．例2 如图8所示，足够长的平行光滑U 形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L ＝1.0m ，下端连接R ＝1.6Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0T ．质量m ＝0.5kg 、电阻r ＝0.4Ω的金属棒ab 垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F ＝5.0N 的恒力使金属棒ab 从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s ＝2.8m 后速度保持不变．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2)图8(1)金属棒匀速运动时的速度大小v ；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量Q R . 答案 (1)4m/s (2)1.28J解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I ＝BLvR ＋r由平衡条件有F ＝mg sin θ＋BIL 代入数据解得v ＝4m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q ，由能量守恒定律有Q ＝Fs －mgs ·sin θ－12mv 2而Q R ＝RR ＋rQ ，代入数据解得Q R ＝1.28J. 针对训练2 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图9所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为s 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上．在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图9A ．撤去外力后，ab 做匀减速运动B ．合力对ab 做的功为FsC ．R 上释放的热量为Fs ＋12mv 2mD ．R 上释放的热量为Fs 答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2vR，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fs ，C 错，D 正确．1．如图10所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B 的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb ＝90°)时，a 、b 两点的电势差为( )图10A.2BRvB.22BRvC.24BRv D.324BRv 答案 D解析 设整个圆环电阻是r ，则其外电阻是圆环总电阻的34，而在磁场内切割磁感线的有效长度是2R ，其相当于电源，E ＝B ·2R ·v ，根据欧姆定律可得U ＝34r r E ＝324BRv ，选项D正确．2.如图11所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v，则这时AB 两端的电压大小为( )图11A.Bav3B.Bav6C.2Bav 3D ．Bav答案 A解析 摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律有U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A. 3.如图12所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图12A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上产生的热量 答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力．根据功能关系可知，力F 与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确．4.长为l 的金属棒ab 以a 点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图13所示，磁感应强度为B .求：图13(1)ab 棒的平均速率； (2)ab 两端的电势差；(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？ 答案 (1)12ωl (2)12Bl 2ω (3)12Bl 2ωΔt 12Bl 2ω解析 (1)ab 棒的平均速率v ＝v a ＋v b 2＝0＋ωl 2＝12ωl .(2)ab 两端的电势差：E ＝Bl v ＝12Bl 2ω.(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的扇形面积为ΔS ，则： ΔS ＝12l 2θ＝12l 2ωΔt ，ΔΦ＝B ΔS ＝12Bl 2ωΔt .由法拉第电磁感应定律得： E ＝ΔΦΔt ＝12Bl 2ωΔtΔt ＝12Bl 2ω.一、选择题(1～8题为单选题，9～11题为多选题)1.如图1所示，设磁感应强度为B ，ef 长为l ，ef 的电阻为r ，外电阻为R ，其余电阻不计．当ef 在外力作用下向右以速度v 匀速运动时，则ef 两端的电压为( )图1A ．Blv B.BlvRR ＋r C.BlvrR ＋rD.BlvrR答案 B2.如图2所示，边长为L 的正方形线圈与匀强磁场垂直，磁感应强度为B .当线圈按图示方向以速度v 垂直B 运动时，下列判断正确的是( )图2A ．线圈中无电流，φa ＝φb ＝φc ＝φdB ．线圈中无电流，φa ＞φb ＝φd ＞φcC ．线圈中有电流，φa ＝φb ＝φc ＝φdD ．线圈中有电流，φa ＞φb ＝φd ＞φc 答案 B解析 线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中不会产生感应电流，C 、D 错误．导线两端有电势差，根据右手定则，可知B 正确．3.如图3所示，导体棒AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 长为R ，且O 、B 、A 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB 两端的电势差大小为( )图3A.12B ωR 2 B ．2B ωR 2C ．4B ωR 2D ．6B ωR 2答案 C解析 A 点线速度v A ＝ω·3R ，B 点线速度v B ＝ωR ，AB 棒切割磁感线的平均速度v ＝v A ＋v B2＝2ωR ，由E ＝BLv 得，AB 两端的电势差大小为E ＝B ·2R ·v ＝4B ωR 2，C 正确．4.如图4，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为φa 、φb 、φc .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )图4A ．φa ＞φc ，金属框中无电流B ．φb ＞φc ，金属框中电流方向沿abcaC ．φbc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．φbc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿acba答案 C解析 金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断φa <φc ，φb <φc ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C正确．5．如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则 ( )图5A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l 2ab vR l bc ＝B 2Sv Rl ab同理Q 2＝B 2SvRl bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝ERt ＝ΔΦR＝BS R， 故q 1＝q 2.因此A 正确．6.如图6所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图6A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH答案 C解析 设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12 ①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得12mv 21＝mgH② 12mv 21＋mg ·2L ＝12mv 22＋Q③由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．7．如图7所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2kg ，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6)( )图7A ．2.5m/s 1 WB ．5 m/s 1WC ．7.5m/s 9 WD ．15 m/s 9W答案 B解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmg cos37°＝mg sin37°，所以F 安＝mg (sin37°－μcos37°)＝0.4N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL＝1A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1W ．正确选项为B.8．如图8所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间始终垂直且接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图8A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2R B ．通过金属棒的电荷量为BdLRC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12(mgh －μmgd )答案 D解析 金属棒下滑到底端时的速度为v ＝2gh ，感应电动势E ＝BLv ，所以流过金属棒的最大电流为I ＝BL 2gh 2R ；通过金属棒的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd2R；克服安培力所做的功为W ＝mgh －μmgd ；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为12(mgh－μmgd )．选项D 正确．9.如图9所示，在直流电流附近有一根金属棒ab ，当金属棒以b 端为圆心，以ab 为半径，在过导线的平面内匀速旋转到图中虚线位置时( )图9A ．a 端聚积电子B ．b 端聚积电子C ．金属棒内电场强度等于零D ．φa >φb 答案 BD解析 因金属棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a 端的电势高于b 端的电势，b 端聚积电子，选项B 、D 正确，A 错误；因a 、b 两端存在电压，由E ＝U d知，金属棒内电场强度不为零，故C 错误．10．如图10所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连．具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E 表示回路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流，在i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 ( )图10A ．F 的功率B ．安培力的功率的绝对值C ．F 与安培力的合力的功率D ．iE 答案 BD11.如图11所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面且与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，在这一过程中 ( )图11A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确． 二、非选择题12.匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2T ，磁场宽度l ＝4m ，一正方形金属框边长为l ′＝1m ，每边的电阻r ＝0.2Ω，金属框以v ＝10m/s 的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图12所示．求：图12(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图；(2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i －t 图线；(要求写出作图依据) (3)画出ab 两端电压的U －t 图线．(要求写出作图依据) 答案 见解析解析 (1)如图(a)所示，金属框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd 相当于电源；第Ⅱ阶段cd 和ab 相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab 相当于电源，各阶段的等效电路图分别如图(b)、(c)、(d)所示．(2)、(3)第Ⅰ阶段，有I 1＝Er ＋3r ＝Bl ′v4r＝2.5A.感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t 1＝l ′v＝0.1s.ab 两端的电压为U 1＝I 1·r ＝2.5×0.2V ＝0.5V在第Ⅱ阶段，有I 2＝0，ab 两端的电压U 2＝E ＝Bl ′v ＝2Vt 2＝l －l ′v ＝4－110s ＝0.3s在第Ⅲ阶段，有I 3＝E4r ＝2.5A感应电流方向为顺时针方向ab 两端的电压U 3＝I 3·3r ＝1.5V ，t 3＝0.1s规定逆时针方向为电流正方向，故i －t 图象和ab 两端U －t 图象分别如图甲、乙所示．。
2019-2020学年同步导学高中物理选修3-2粤教版文档：第一章 电磁感应 第五节 课时2 Wo
姓名，年级：时间：课时2 电磁感应中的电路问题和图象问题[学科素养与目标要求］物理观念：进一步熟练掌握法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律．科学思维：1。
掌握分析电磁感应现象中电路问题的基本思路和方法，建立解决电磁感应现象中电路问题的思维模型.2.将抽象思维与形象思维相结合，综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题．一、电磁感应中的电路问题1．明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．2．画等效电路图,分清内、外电路．3．用法拉第电磁感应定律E＝n错误!或E＝Blv确定感应电动势的大小,用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极．4．运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．例1固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝,其余三边均为电阻可以忽略的铜线．磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段与ab 段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上（如图1所示）．若PQ以恒定的速度v 从ad滑向bc，当其滑过错误!的距离时，通过aP段的电流是多大？方向如何?图1答案错误!方向由P到a解析PQ在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势,由于是闭合回路,故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联,且R aP＝错误!R、R bP＝错误!R，于是可画出如图所示的等效电路图．电源电动势为E＝BLv，外电阻为R外＝错误!＝错误!R.总电阻为R总＝R外＋r＝29R＋R，即R总＝错误!R.电路中的电流：I＝错误!＝错误!.通过aP段的电流：I aP＝错误!I＝错误!，方向由P到a.［学科素养］例1考查了电磁感应中的电路问题．正确画出等效电路图是解题的关键,所以要熟记以下两点：(1）“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”．(2)在“电源”内部电流从负极流向正极,解决本题的思路：先确定“电源”，画出等效电路图，再利用闭合电路欧姆定律来计算总电流，然后根据电路的串、并联关系求出aP段中的电流，通过这样的分析培养了学生的综合分析能力，很好地体现了“科学思维"的学科素养．针对训练如图所示为用相同导线制成的边长为L或2L的4个单匝闭合线框，以相同的速度先后沿垂直于磁场边界的方向穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L,则进入磁场过程中，感应电流最大的回路是（)答案C解析线框进入磁场过程中,做切割磁感线运动,设切割磁感线的有效长度为d，产生的感应电动势E＝Bdv，根据电阻定律可知，线框的电阻R＝ρ错误!，由闭合电路欧姆定律可知,回路中的感应电流I＝错误!，联立以上各式有I＝错误!·错误!，所以线框的错误!越大，感应电流越大,对照4种图形可知，C正确．二、电磁感应中的图象问题1．问题类型(1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．(2）由给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．2．图象类型（1）各物理量随时间t变化的图象,即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图象,即E－x 图象和I－x图象．3．解决此类问题需要熟练掌握的规律:安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．例2（2018·北京101中学高二下学期期中）如图2甲所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以图中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是( )图2答案C解析由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I＝错误!＝错误!＝错误!·错误!，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，B－t图象的斜率为错误!,故在2~3 s内感应电流的大小是0~1 s内的2倍．再由B－t图象可知，0～1 s时间内，B增大,Φ增大，感应电流的磁场与原磁场方向相反（感应电流的磁场方向向外），由楞次定律知，感应电流是逆时针的，因而是负值．所以可判断0~1 s为负的恒值；1～2 s为零；2～3 s为正的恒值,C正确．例3如图3所示，一底边长为L、底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻,三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正方向，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是（）图3答案A解析根据E＝BL有v,I＝错误!＝错误!可知，三角形导体线框进、出磁场时，有效切割长度L有都变小，则I也变小．再根据楞次定律及安培定则,可知进、出磁场时感应电流的方向相反,进磁场时感应电流方向为正方向，出磁场时感应电流方向为负方向，故选A.提示线框进、出匀强磁场，可根据E＝BLv判断E的大小变化，再根据楞次定律判断方向．特别注意L为切割磁感线的有效长度.1．（电磁感应中的电路问题)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是（)答案B解析磁场中切割磁感线的边相当于电源,外电路可看成由三个相同电阻串联形成,A、C、D选项中a、b两点间电势差的绝对值为外电路中一个电阻两端的电压：U＝错误!E＝错误!，B选项中a、b两点间电势差的绝对值为路端电压：U′＝错误!E＝错误!，所以a、b两点间电势差的绝对值最大的是B选项．2．（电磁感应中的图象问题）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图4甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正方向,当磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，以下四图中正确表示线圈中感应电流变化的是( )图4答案A解析在前半个周期内，磁场方向向上且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为负方向；后半个周期内磁场方向向下且增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为负方向，且后半个周期内磁感应强度的变化率为前半个周期内的两倍,故电流也为前半个周期的两倍,选项A正确．3．(电磁感应中的图象问题)如图5所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场,虚线间的距离为L,磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域,取沿abcda方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t 变化的图线可能是（）图5答案B解析bc边进入磁场时,根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba方向，其方向与电流的正方向相反,故是负的，所以A、C错误；当线圈逐渐向右移动时，切割磁感线的有效长度变大，故感应电流在增大,当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，故其图象在时间轴的上方，所以B正确,D错误．4．（电磁感应中的电路问题）（2018·海安高级中学第一学期期中）如图6所示，在垂直纸面向里的磁感应强度为B的有界矩形匀强磁场区域内，有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框平面垂直于磁感线．线框以恒定的速度v垂直磁场边界向左运动,运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝l，cd＝2l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中，求：图6(1)流过线框横截面的电荷量q；(2）cd两点间的电势差U cd。
高中物理第一章电磁感应第五节电磁感应规律的应用训练粤教版选修3-2(2021年整理)
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第五节电磁感应规律的应用A级抓基础1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是( )A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大C．图③中回路0～t1时间内产生感应电动势小于在t1～t2时间内产生感应电动势D．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大解析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E＝n 错误!,结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k＝错误!.图①中磁通量Φ不变，无感应电动势，故A错误；图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变,故B错误；图③中回路在0～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k，在t l~t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为1k,从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在0~t1时间内产生的感应电动势大于在t l～t2时2间内产生的感应电动势，故C错误；图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．答案：D2．如图所示，一闭合线圈从高处自由落下，穿过一个有界的水平方向的匀强磁场区(磁场方向与线圈平面垂直），线圈的一个边始终与磁场区的边界平行，且保持竖直的状态不变．在下落过程中，当线圈先后经过位置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时,其加速度的大小分别为a1、a2、a3.下列关系正确的是( ）A．a1〈g，a2＝0,a3＝g B．a1〈g，a2<g，a3<gC．a1<g，a2＝g，a3〈g D．a1〈g，a2〉g，a3〈g解析：当线圈刚进入磁场时，由于穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知此时的感应电流产生的磁场要阻碍物体间的相对运动,即线圈受到向上的安培力，此过程中有mg－F＝ma，所以a1<g,当线圈完全进入磁场后,磁通量不变，此过程中无感应电流产生，即线圈只受重力作用,故a2＝g;当线圈穿出磁场过程中，根据楞次定律可知，产生的磁场要阻碍线圈离开磁场，即产生向上的安培力，所以此时有mg－F＝ma,即a3<g,C正确．答案：C3。
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第一章 第五节基础巩固一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)1．在空间某处存在一变化的磁场，则下列说法中正确的是( ) A ．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流 B ．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电动势 C ．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场 D ．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场 【答案】D【解析】由感应电流产生的条件可知，只有闭合线圈中磁通量发生改变，才能产生感应电流，如果闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电动势和感应电流产生，故A 、B 错误；由麦克斯韦电磁场理论可知，感生电场的产生与变化的磁场周围有无闭合线圈无关，故C 错误，D 正确．2．(2016·上海黄浦一模)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀增大到2B ，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.nBa 22ΔtB.Ba 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt【答案】A【解析】根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n 2B －B Δt ·12a 2＝nBa22Δt ，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图所示．已知电容C ＝30 μF ，回路的长和宽分别为l 1＝8 cm ，l 2＝5 cm ，磁感应强度以变化率5×10－2T/s 增大，则( )A ．电容器的上极板带正电，电荷量为2×10－9C B ．电容器的上极板带负电，电荷量为6×10－9 C C ．电容器的上极板带正电，电荷量为6×10－9 CD ．电容器的上极板带负电，电荷量为8×10－9 C 【答案】C【解析】由于E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt＝5×10－2×8×10－2×5×10－2 V ＝2×10－4V ，Q ＝CE ＝30×10－6×2×10－4 C ＝6×10－9C ，又由楞次定律可知上极板带正电，C 正确．4．(2016·西藏山南二中一模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正．当磁感应强度B 随时间t 按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是( )甲 乙ABCD【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt ，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与Bt 图象中的斜率成正比，由图象可知：0～2 s ，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2～4 s 斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故A 、B 、D 错误，C 正确．5．如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A 、B 与一电压表相连．线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化．下列关于电压表的说法正确的是( )A ．电压表读数为50 VB ．电压表读数为150 VC ．电压表“＋”接线柱接A 端D ．电压表“＋”接线柱接B 端 【答案】AC【解析】E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.050.1 V ＝50 V ，选项A 正确，B 错误；根据楞次定律可判断，A端电势高于B 端，所以电压表“＋”接线柱接A 端，选项C 正确，D 错误．6．一个面积S ＝4×10－2m 2、匝数n ＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图所示．则下列判断正确的是( )A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C ．在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势等于8 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零 【答案】AC【解析】磁通量的变化率ΔΦΔt ＝ΔBΔt S ，其中磁感应强度的变化率即为Bt 图象的斜率．由题图知前2 s 的ΔB Δt ＝2 T/s ，所以ΔΦΔt ＝2×4×10－2Wb/s ＝0.08 Wb/s ，选项A 正确；在开始的2 s 内磁感应强度B 由2 T 减到0，又从0向相反方向的B 增加到2 T ，所以这2 s 内的磁通量的变化量ΔΦ＝B 1S ＋B 2S ＝2BS ＝2×2×4×10－2Wb ＝0.16 Wb ，选项B 错误；在开始的2 s 内E ＝n ΔΦΔt＝100×0.08 V＝8 V ，选项C 正确；第3 s 末的感应电动势等于2～4 s 内的平均电动势，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ＝100×2×4×10－2V ＝8 V ，选项D 错误．二、非选择题7．如图甲所示，截面积为0.2 m 2的100匝圆形线圈A 处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，设向外为B 的正方向．R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF ，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．【答案】7.2×10－6C ，上极板带正电【解析】E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.021×0.2 V＝0.4 V ，电路中的电流I ＝ER 1＋R 2＝0.44＋6A ＝0.04 A ， 所以U C ＝U 2＝IR 2＝0.04×6 V＝0.24 V ，Q ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C ，由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电．8．如图所示，L 1＝0.5 m ，L 2＝0.8 m ，回路总电阻为R ＝0.2 Ω，物块M 的质量m ＝0.04 kg ，导轨光滑，开始时磁场B 0＝1 T ．现使磁感应强度以ΔBΔt ＝0.2 T/s 的变化率均匀增大，试求：当t 为多少时，M 刚好离开地面？(g 取10 m/s 2)【答案】5 s【解析】回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是a →b ，由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物．设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有F B ＝BIL 1＝mg ， I ＝E R ， E ＝ΔΦΔt ＝L 1L 2ΔBΔt，B ＝B 0＋ΔB Δtt ， 解得t ＝5 s. 能力提升9．(2016·黔西南州兴义八中月考)一正三角形导线框ABC (高度为a )从图示位置沿x 轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B 、方向相反、垂直于平面、宽度均为a .图乙反映感应电流I 与线框移动距离x 的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是( )ABCD【答案】C【解析】x 在a ～2a 范围，线框穿过两磁场分界线时，BC 、AC 边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E 1增大，AC 边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E 2增大，两个电动势串联，总电动势E ＝E 1＋E 2增大，故A 错误；x 在0～a 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B 错误；x 在2a ～3a ，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故C 正确，D 错误．10．(多选)如图所示，阻值为R 的金属棒从图示ab 位置分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2 【答案】AB【解析】感应电动势为BLv ，感应电流I ＝BLv R，大小与速度成正比，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2L ′v R，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比，选项A 、B 正确；通过任一截面的电荷量q ＝It ＝BLL ′R与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1，选项C 错误；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P ＝Fv ＝BIL ·v ＝B 2L 2v 2R，其中B 、L 、R 大小相等，外力的功率与速度的二次方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4，选项D 错误．11．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt 图象如图乙所示．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)磁感应强度B ；(2)杆在磁场中下落0.1 s 的过程中电阻R 产生的热量．【答案】(1)2 T (2)0.075 J【解析】(1)由图象可知，杆自由下落0.1 s 进入磁场以v ＝1.0 m/s 做匀速运动产生的电动势E ＝BLv ，杆中的电流I ＝ER ＋r，杆所受安培力F 安＝BIL ， 由平衡条件得mg ＝F 安， 代入数据得B ＝2 T.(2)电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝0.075 J.12．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S ＝200 cm 2，匝数n ＝1 000，线圈电阻r ＝1.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路，电阻R ＝4.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．求：(1)在t ＝2.0 s 时刻，通过电阻R 的感应电流大小； (2)在t ＝5.0 s 时刻，电阻R 消耗的电功率； (3)0～6.0 s 内整个闭合电路中产生的热量．(1)0.2 A (2)2.56 W (3)7.2 J【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s 时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．t ＝2.0 s 时的感应电动势E 1＝n ΔB ΔtS ＝1 000×0.05×200×10－4V ＝1 V ，根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I 1＝E 1R ＋r，解得I 1＝0.2 A.(2)由图象可知在 4.0～6.0 s 时间内，线圈中产生的感应电动势E 2＝n ΔBΔtS ＝1 000×0.2×200×10－4V ＝4 V ，根据闭合电路欧姆定律，t ＝5.0 s 时闭合回路中的感应电流I 2＝E 2R ＋r＝0.8 A ，电阻消耗的电功率P 2＝I 2R ＝2.56 W.(3)根据焦耳定律，0～4.0 s 内闭合电路中产生的热量Q 1＝I 21(r ＋R )Δt 1＝0.8 J ， 4．0～6.0 s 内闭合电路中产生的热量Q 2＝I 22(r ＋R )Δt 2＝6.4 J ， 0～6.0 s 内闭合电路中产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2＝7.2 J.。