2023年新教材高中物理专练2电磁感应的图像和应用粤教版选择性必修第二册

专练二电磁感应的图像和应用
1．如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位置水平向右移到B位置，从左向右看，感应电流方向和圆环变形趋势正确的是( )
A．顺时针，扩张趋势
B．顺时针，收缩趋势
C．逆时针，扩张趋势
D．逆时针，收缩趋势
【答案】A 【解析】由图可知，圆环由A位置水平向右移到B位置的过程中，穿过圆环向右的磁感线条数变少，故说明磁通量变小，根据楞次定律可知，圆环中感应电流磁场方向为顺时针，再根据安培定则知圆环中感应电流方向是顺时针绕向(从左向右看)，根据楞次定律推论“增缩减扩”可知圆环有扩张趋势．
2．如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到( )
A．灯泡变暗
B．灯泡变亮
C．螺线管缩短
D．螺线管先缩短后伸长
【答案】A 【解析】若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，螺线管内磁通量增大，螺线管产生自感电动势阻碍磁通量增大，自感电动势与电源电动势方向相反，从而使电路中的电流减小，则灯泡变暗，螺线管上相邻两匝线圈同向电流之间的作用力减小，所以螺线管将变长．A正确，B、C、D错误．
3．(2022年北京海淀期末)加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标．如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁(三组线圈为图中1和4、2和5、3和6所示)交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈．通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力．假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是( )
A ．电机稳定工作时，乙电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同
B ．电机稳定工作时，乙电机产生的焦耳热相对较少
C ．电机稳定工作时，乙电机转子的转速越接近电磁铁激发磁场的转速，其所受安培力就越大
D ．刹车(停止供电)时，甲电机转子由于惯性旋转，可以通过反向发电从而回收动能
【答案】D 【解析】乙电机中，转子也是线圈，乙转子的转动是由于穿过转子线圈的磁通量发生变化而产生感应电流，电流受安培力作用而运动，相当于电磁驱动，安培力阻碍定子和转子间的相对运动，但不能阻止，故转子比定子转得慢一些，A 错误；乙电机中，转子也会产生焦耳热，故产生的焦耳热较多，B 错误；转速越接近，则磁通量变化越慢，感应电流越小，所受安培力越小，C 错误；停止供电后，甲的转子是磁铁，甲电机转子由于惯性旋转，使得线圈中磁通量发生变化，产生反向感应电流，反向发电从而回收动能，D 正确．
4．如图所示，CD 、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )
A ．通过电阻R 的最大电流为BL 2gh R
B ．流过电阻R 的电荷量为BLd R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D ．电阻R 中产生的焦耳热为12
mg(h －μd) 【答案】D 【解析】导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机
械能守恒定律mgh ＝12mv2，E ＝BLv ，I ＝E 2R ，解得I ＝BL 2gh 2R
，A 错误；流过R 的电荷量为q
＝ΔΦ2R ＝BdL 2R ，B 错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q ＝mgh －μmgd ，C 错误；由于导体棒的电阻也为R ，则电阻R 中产生的焦耳热Q1＝12Q ＝12
(mgh －μmgd)，D 正确． 5．如图甲所示，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A 、B 与一个R ＝40 Ω的电阻相连．线圈内有垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化．已知线圈的电阻是10 Ω，则( )
A ．线圈内感应电流的方向为逆时针
B ．A 点电势比B 点电势高
C ．A 、B 两点间的电势差为20 V
D ．0.2 s 内电路中产生的电能为1.6 J
【答案】D 【解析】由图可知，穿过线圈的磁通量方向向里减小，则根据楞次定律可知，线圈内感应电流的方向为顺时针，外电路中电流从B 点经电阻R 流到A 点，所以A 点电势比B 点电势低，A 、B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中产生的感应电动势为E
＝n ΔΦΔt ＝100×0.08－0.040.2 V ＝20 V ，根据闭合电路欧姆定律，可得电路中的电流为I ＝E R ＋r
＝2040＋10
A ＝0.4 A ，则A 、
B 两点间的电势差为U ＝IR ＝0.4×40 V ＝16 V ，
C 错误；0.2 s 内电路中产生的电能等于电路中电流所做的总功，即为W ＝EIt ＝20×0.4×0.2 J ＝1.6 J ，
D 正确．
6．水平圆形导体环置于竖直方向的匀强磁场中，规定如图甲所示导体环中电流的方向为正方向，磁场向上为正．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( )
A B
C D 【答案】A 【解析】规定以向上为磁场的正方向，从图乙可知，0～1 s 磁感应强度向下且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，则感应电流与图甲所示电流方向相同，为正方向，同理可知1～2 s 电流为正方向、2～4 s 为
负方向，4～5 s 为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为I ＝E R ＝S ΔB
Δt R ＝Sk R
，其中R 为线圈的电阻，k 为磁感应强度的变化率，从图乙可以看出k 为定值，即电流大小恒定，B 、C 、D 错误，A 正确．
7．(多选)如图所示，竖直放置的U 形光滑导轨宽L ＝1 m ，与一电容C ＝0.01 F 的电容器和理想电流表串联．导轨平面有垂直于纸面向外、B ＝1 T 的匀强磁场，质量为m ＝0.01 kg 的金属棒ab 与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．g 取10 m/s2，不计一切阻力和电阻，下列判断正确的是( )
A ．金属棒下滑过程中做加速度减小的加速运动
B ．金属棒下滑过程中做加速度大小为5 m/s2的匀加速运动
C ．金属棒下滑过程中电流表的示数恒为0.05 A
D ．金属棒下滑0.9 m 时，速度大小为3 m/s
【答案】BCD 【解析】对金属棒受力分析，可知受重力和安培力作用，根据牛顿第二定律有mg －BIL ＝ma ，又任意时刻导体切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，电容器的电量
Q ＝CU ＝CBLv ，I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，联立解得a ＝mg CB2L2＋m
＝5 m/s2，A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律有mg －BIL ＝ma ，可得I ＝0.05 A ，C 正确；金属棒向下做匀加速直线运动，根据v2＝2ah ，代入数据解得v ＝3 m/s ，D 正确．
8．(多选)如图甲、乙所示，电感线圈自感系数很大，其电阻等于定值电阻R.接通S ，电路稳定后，灯泡A 均发光，则下列说法正确的是( )
A．在电路甲中，闭合S，A将逐渐变亮
B．在电路乙中，闭合S，A将逐渐变亮
C．在电路甲中，电路稳定后断开S，A将先变得更亮，然后逐渐变暗，最后熄灭
D．在电路乙中，电路稳定后断开S，A将先变得更亮，然后逐渐变暗，最后熄灭
【答案】AD 【解析】在电路甲中，灯泡A与电感线圈在同一支路，流过电流相同，闭合S，电感线圈中的自感电动势的作用会使得支路中的电流逐渐增大，则灯泡A将逐渐变亮，A正确；在电路乙中，灯泡A与电感线圈并联，闭合S，电感线圈中的电动势作用不会使得灯泡A的支路电流逐渐增大，则灯泡A立即变亮，B错误；在电路甲中，灯泡A与电感线圈在同一支路，流过电流相同，电路稳定后断开S，电感线圈中的自感电动势作用会使得支路中的电流瞬间不变，然后逐渐减小，所以灯泡A只会逐渐变暗，然后熄灭，不会闪亮，C错误；在电路乙中，灯泡A与电感线圈并联，由于灯泡A支路的总电阻大，则灯泡A支路的电流小，电感线圈支路的电流大．电路稳定后断开S，电感线圈中的自感电动势作用会阻碍电感线圈支路中的电流减小，此时电感线圈相当于一个电源给小灯泡A供电，因此流过灯泡A 的电流会突然增大，然后再逐渐减小，所以灯泡A将先变得更亮，然后逐渐变暗，最后熄灭，故D正确．
9．(2022年深圳期末)如图所示PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R＝3 Ω的电阻，导轨间距为L＝1 m，导轨电阻不计．长为1 m，质量m＝0.5 kg的均匀金属棒水平放置在导轨上(金属棒电阻r＝1 Ω)，它与导轨的滑动摩擦因数μ＝0.5，导轨平面的倾角为θ＝37°，在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，现让金属棒AB由静止开始下滑，若金属棒下滑距离为s＝20 m时速度恰好达到最大，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)金属棒达到的最大速度；
(2)金属棒由静止开始下滑距离为s＝20 m的过程中，金属棒上产生的焦耳热Q；
(3)金属棒由静止开始下滑距离为s＝20 m的过程中，通过R的电荷量q.
解：(1)对金属棒作受力分析，金属棒达到最大速度时有
mgsin θ＝BIL ＋μmgcos θ，
根据欧姆定律有I ＝E R ＋r
， 根据法拉弟电磁感应定律有E ＝BLvm ， 解得vm ＝4 m/s.
(2)由能量守恒定律可得
Q ＋12
mv2m ＋μmgcos θ·s ＝mgsin θ·s ， 电阻R 与金属棒串联，有Qr ＝r R ＋r
Q ， 解得Qr ＝4 J.
(3)通过R 的电荷量为q ＝I Δt ＝BLs R ＋r
＝5 C ．。